2022-2023学年河南省洛阳市高二下学期期中考试数学（文）试题含解析

2022-2023学年河南省洛阳市高二下学期期中考试数学（文）试题

一、单选题

1．直线运动的物体，从时刻到时，物体的位移为，那么为

A．从时刻到时，物体的平均速度

B．从时刻到时位移的平均变化率

C．当时刻为时该物体的速度

D．该物体在时刻的瞬时速度

【答案】D

【分析】根据题意，由变化率与导数的关系，分析可得答案.

【详解】根据题意，直线运动的物体，从时刻到时，时间的变化量为，而物体的位移为，那么为该物体在时刻的瞬时速度.

故选：D.

【点睛】本题考查变化率的定义，涉及导数的定义，属于基础题．

2．假设某地在20年间的年均通货膨胀率为5％，物价（单位：元）与时间（单位：年）之间的关系为，其中为时的物价.假定某种商品的，那么在第10个年头，这种商品的价格上涨的速度大约为（精确到0.001元／年）（    ）

附：，，.

A．0.079元／年 B．0.076元／年

C．1.629元／年 D．1.551元／年

【答案】A

【分析】根据导数的几何意义求解.

【详解】由题意，  ，

则 时，商品价格上涨的速度 ；

故选：A.

3．小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶．与以上事件吻合得最好的图象是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先研究四个选项中图象的特征，再对照小明上学路上的运动特征，两者对应即可选出正确选项.

【详解】考查四个选项，横坐标表示时间，纵坐标表示的是离开学校的距离，由此知，此函数图象一定是下降的，由此排除A；

再由小明骑车上学，开始时匀速行驶可得出图象开始一段是直线下降型，又途中因交通堵塞停留了一段时间，故此时有一段函数图象与x轴平行，由此排除D，

之后为了赶时间加快速度行驶，此一段时间段内函数图象下降的比较快，由此可确定C正确，B不正确．

故选C．

【点睛】本题考查函数的表示方法，关键是理解坐标系的度量与小明上学的运动特征，属于基础题.

4．曲线在点处的切线垂直于直线，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可得关于的方程，解出后可得正确的选项.

【详解】，所以，

因为在点处的切线垂直于直线，故切线的斜率为，

故即，

故选：D.

5．的展开式的第6项的系数是

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先写出二项式展开式的通项，通过通项求解.

【详解】由题得，

令r=5,所以，

所以的展开式的第6项的系数是.

故选C

【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数问题，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.

6．6名同学排成一排，其中甲、乙、丙三人必须在一起的不同排法共有（    ）

A．36种 B．72种 C．144种 D．720种

【答案】C

【分析】利用捆绑法可求不同的排法.

【详解】甲、乙、丙三人在一起，有种不同的排法，

把甲、乙、丙看成一个整体，与其余的3个人混排，共有种不同的排法，

故共有种，

故选：C.

7．已知函数在时有极大值，则的极大值为（    ）

A．0 B．32 C．0或32 D．0或-32

【答案】B

【分析】求导，根据函数的单调性求解.

【详解】 ， ，即 在 和 处取得极值，

由题意： 时为极大值， ， ，

当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，

在 处取得极大值， ，的极大值 ；

故选：B.

8．的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为

A．-40 B．-20 C．20 D．40

【答案】D

【详解】令x=1得a=1.故原式=．

的通项，

由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80，由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40，

故所求的常数项为40 ，

故选D

9．函数的单调递增区间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出函数的导数，求出不等式的解后可得其增区间.

【详解】的定义域为，

而，令，则，

而，故，

故的增区间为.

故选：A.

10．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）

A．60种 B．120种 C．240种 D．480种

【答案】C

【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.

【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，

故选：C.

【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.

11．已知函数在时有极值10，则（    ）

A． B．

C．或 D．

【答案】B

【分析】先求出函数的导数，根据极值点和对应的极值可求值，再检验后可得正确的选项.

【详解】，

因为在时有极值10，

故且，即，消元后得到：，

故或.

当时，，

故为上的增函数，无极值点，舍；

当时，，

当或时，；当时，，

故在处取极小值，符合题设要求.

故选：B.

12．已知函数，若函数有唯一零点，则实数的取值范围是（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】D

【分析】分段求导，根据单调性以及极值点作函数图像，根据图像求解.

【详解】当 时， 单调递减；

当 时， ，当 时， ，

当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，

所以在 处取得极大值， ，并且有 ，函数 得大致图象如图：

由图可知： 只有1个零点，则必须： 或 ；

故选：D.

二、填空题

13．如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有4条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路.则从甲地到丁地共有____________条不同的路.

【答案】

【分析】按照甲地经乙地到丁地、甲地经丙地到丁地分类，结合分类加法、分步乘法计数原理即可得解.

【详解】如果由甲地经乙地到丁地，则有种不同的路线；

如果由甲地经丙地到丁地，则有种不同的路线；

因此，从甲地到丁地共有种不同的路线.

故答案为：.

14．已知，，，且，，，其中是自然对数的底数，则实数，，的大小关系是____________.（用“<”连接）

【答案】

【分析】构造函数，，，，，分别利用导数研究函数在上的单调性和在上的单调性，即可比较大小.

【详解】设，，则 ，，

由题意知，，，，

因为在上恒成立，所以在上单调递增，

所以，即，

因为 在上恒成立，所以在上单调递减，

所以.

故答案为：

15．甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答）

【答案】

【分析】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解.

【详解】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，

先排乙，有第二、三、四名3种情况，

再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，

其他三名同学排在三位置全排列有种，

由分步乘法计数原理可知共有种，

故答案为：.

16．已知函数，若函数在上单调递减，则实数的取值范围是____________.

【答案】

【分析】求出函数的导数，利用导数非负可求参数的取值范围.

【详解】，

因为在上单调递减，故，有恒成立，

故对恒成立，

所以对恒成立，

故对恒成立，

令，而在上为减函数，

故在上最大值为，

故.

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数．

（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．

【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.

【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.

试题解析：（Ⅰ）因为，所以.

又因为，所以曲线在点处的切线方程为.

（Ⅱ）设，则.

当时，，

所以在区间上单调递减.

所以对任意有，即.

所以函数在区间上单调递减.

因此在区间上的最大值为，最小值为.

【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果.

18．某医院呼吸内科有3名男医生、2名女医生，其中李亮（男）为科室主任；感染科有2名男医生、2名女医生，其中张雅（女）为科室主任．现在院方决定从两科室中选4人参加培训．

(1)若至多有1名主任参加，则有多少种派法？

(2)若呼吸内科至少有2名医生参加，则有多少种派法？

(3)若至少有1名主任参加，且有女医生参加，则有多少种派法？

【答案】(1)105；

(2)105；

(3)87.

【分析】（1）分无主任参加和只有1名主任参加两种情况，再根据组合的方法求得答案；

（2）分2名医生、3名医生和4名医生参加三种情况，再根据组合的方法即可求得答案；

（3）考虑张雅参加和不参加两种情况，如果张雅不参加则李亮必须参加，进而根据组合的方法即可求得答案.

【详解】（1）若无主任参加，则有种派法，若只有1名主任参加，则有种派法，故不同的派法共有（种）.

（2）由题意，可分为三类考虑：

第一类，呼吸内科有2名医生参加，则共有种派法；

第二类，呼吸内科有3名医生参加，则共有种派法；

第三类，呼吸内科有4名医生参加，则共有种派法．

所以呼吸内科至少有2名医生参加的派法共有（种）．

（3）张雅既是主任，也是女医生，属于特殊元素，优先考虑，所以以张雅是否参加来分类．

第一类，张雅参加，则有种派法，

第二类，张雅不参加，则李亮必须参加，则有种派法．

所以至少有1名主任参加，且有女医生参加的派法共有（种）．

19．已知二次函数，其导函数的图象如图，．

（1）求函数的解析式；

（2）若函数在区间上是单调函数，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【详解】（1）依据题设条件建立方程组求解；（2）借助题设条件,运用导数的知识建立不等式组求解.

（1）由已知，其图象为直线，且过，两点，

，

（2）

因为，的单调增区间为，，递减区间为

要使函数在区间上是单调函数，

则，解得

20．已知函数.

（1）当时，求证：；

（2）当时，，求实数的取值范围.

【答案】（1）见解析，（2）

【分析】（1）要证，只要证，所以利用导数求出的最小值即可；

（2）（），转化为，而时此式恒成立，所以只考虑的情况，所以转化为，构造函数，然后利用导数求出其最小值即可

【详解】（1）证明：当时，，定义域为，则，

由，得，由，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以是 的极小值点，也是的最小值点，且，

所以，

（2）解：由（），得（），

当时，上述不等式恒成立，

当时，，

令 （），

则，

由（1）可知，当时，，

所以由，得，由，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以是的极小值点，也是的最小值点，且，

所以，

所以实数的取值范围为

21．已知二项式.

(1)若展开式中第5项、第6项、第7项的二项式系数成等差数列，求展开式的第8项；

(2)若展开式中前三项的二项式系数的和等于79，求展开式中二项式系数最大的项.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据第5项、第6项、第7项的二项式系数成等差数列，列出关于的方程，再根据组合数的计算公式求出，再根据展开式的通项即可的解；

（2）根据展开式中前三项的二项式系数的和等于79，结合组合数的计算公式求出，再根据二项式系数的性质可得出答案.

【详解】（1）因为展开式中第5项、第6项、第7项的二项式系数成等差数列，

所以，且，

即，

解得或，

当时，，

当时，；

（2）展开式中前三项的二项式系数的和等于79，即，

所以，解得或（舍去），

所以展开式中第项的二项式系数最大，

.

22．已知函数的图象在点处的切线斜率为.

(1)求的单调区间；

(2)讨论方程的实数根的个数.

【答案】(1)答案见详解

(2)答案见详解

【分析】（1）分成和两种情况，利用导数讨论函数的单调性；

（2）参变分离，讨论函数与的交点情况.

【详解】（1），由，得，

所以，.

当时，由，得；由，得；

当时，由，得；由，得.

所以当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；

当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；

（2）由，，即方程.

设，，令，得.

当时，，当时，，

故在区间上单调递增，在区间上单调递减.

所以当时，取最大值，最大值为.

又在区间上单调递减且，当无限增大时，无限接近于零；

在区间上单调递增，且当无限接近零时，接近负无穷；

所以当时，与有两个交点；当或时，与有1个交点；当时，与无交点.

所以当时，方程有两个不同的实数根；当或时，方程只有一个实数根；当时，方程无解.

【点睛】利用导数研究含参函数的零点或方程根的个数问题方法点睛：

一种情况可以构造函数，分情况讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，得出各段的零点个数；另外可以进行参变分离，考虑两个图象的交点情况.