2022-2023学年天津市部分区高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市部分区高二下学期期中数学试题含解析，共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知函数，其导函数是，则（ ）
A．2B．1C．0D．
【答案】D
【分析】求导得到导函数，计算得到答案.
【详解】，则，则.
故选：D
2．（ ）
A．960B．480C．160D．80
【答案】B
【分析】直接计算得到答案.
【详解】.
故选：B
3．已知函数的导函数是，若，则（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】B
【分析】根据导数定义，将增量化成即可得到.
【详解】因为
所以
故选：B
4．在的二项展开式中，中间一项的二项式系数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据二项展开式的性质，即可求得中间一项的二项式系数，得到答案.
【详解】由二项式的展开式为，
又由二项式的展开式共有项，所以中间一项为第项，
所以中间一项的二项式系数为.
故选：D.
5．有5人承担，，，，五种不同的工作，每人承担一种，且每种工作都有人承担.若这5人中的甲不能承担种工作，则这5人承担工作的所有不同的方法种数为（ ）
A．24B．60C．96D．120
【答案】C
【分析】先让甲在中选择一项工作，再让剩余的4人选择4项工作，计算得到答案.
【详解】先让甲在中选择一项工作，共有种方法；
再让剩余的4人选择4项工作，共有种方法，故共有种方法.
故选：C
6．的展开式中的常数项为（ ）
A．B．18C．D．9
【答案】A
【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得结果.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，得，
故常数项为．
故选：A.
7．函数，，下列关于的说法中正确的是（ ）
A．为极小值，为极小值
B．为极大值，为极小值
C．为极小值，为极大值
D．为极大值，为极大值
【答案】C
【分析】由导数可得函数的单调区间，再由极值的概念即可得解.
【详解】因为，，所以，
令即，可得或，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，
故选：C
8．7名身高各不相同的同学站成一排，若身高最高的同学站在中间，且其每一侧同学的身高都依次降低，则7名同学所有不同的站法种数为（ ）
A．20B．40C．8D．16
【答案】A
【分析】让最高的同学站中间，再在剩余的6人中选择3人，放在左边，剩余3人放在右边，计算得到答案.
【详解】让最高的同学站中间，再在剩余的6人中选择3人，放在左边，剩余3人放在右边，
共有种站法.
故选：A
9．已知函数的导函数是，对任意的，，若，则的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，求得，根据题意得到，得到函数单调递减，又由，得到，把，转化为，结合函数的单调性，即可求得不等式的解集.
【详解】设函数，可得，
因为，可得，所以函数单调递减，
又因为，可得，
由不等式，即为，所以，
即不等式的解集为.
故选：C.
二、填空题
10．在展开式中，的系数是_________.
【答案】
【分析】由二项式展开式可得其通项为，写出含的项即可得系数.
【详解】由题设，二项式展开式通项为，
当时，，故的系数是.
故答案为：
11．函数的导数_____.
【答案】
【分析】根据导数的四则运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由函数，可得.
故答案为：.
12．已知，则_____.
【答案】
【分析】根据二项展开式，令，即可求解.
【详解】由，
令，可得.
故答案为：.
13．有12个志愿者名额全部分配给某年级的10个班，若每班至少分配到一个名额，则所有不同的分配方法种数为_____.
【答案】55
【分析】采用挡板法，即将12个志愿者名额看作12个相同的元素，分为10组，每组至少一个元素，在这12个元素之间形成的11个空中，选9个插入挡板即可.
【详解】12个志愿者名额全部分配给某年级的10个班，若每班至少分配到一个名额,
可将12个志愿者名额看作12个相同的元素，分为10组，每组至少一个元素，
因此在这12个元素之间形成的11个空中，选9个插入挡板即可，
故有种不同的分配方法种数，
故答案为：55
14．一个集合的含有3个元素子集的个数与这个集合的含有4个元素子集的个数相等，则这个集合子集的个数为_____.
【答案】
【分析】设集合的元素个数为，，解得，再计算子集个数得到答案.
【详解】设集合的元素个数为，则，解得，故集合子集的个数为.
故答案为：
15．若直线与抛物线相切，且切点在第一象限，则与坐标轴围成三角形面积的最小值为_____.
【答案】4
【分析】设切点坐标，利用导数求切线方程，然后表示出三角形面积，利用导数可得最小值.
【详解】设切点为，
因为，所以切线斜率为，
得切线l的方程为
与坐标轴的交点分别为，
令，解得，
因为切点在第一象限，所以，
所以与坐标轴围成三角形面积
令，则
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有最小值
所以
故答案为：4
三、解答题
16．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间.
【答案】(1)
(2)的单调递增区间是和；单调递减区间是
【分析】（1）求出导函数，得出切线斜率，再计算出，由点斜式写出切线方程，整理即得；
（2）由得增区间，得减区间，即可．
【详解】（1）由题意得：，
所以(1)，(1)，
故曲线在点，(1)处的切线方程，即；
（2），
令，易得或，令，易得，
所以函数在和上递增，在上递减，
即的单调递增区间是和；单调递减区间是.
17．在的二项展开式中，
(1)若，且第3项与第6项相等，求实数x的值；
(2)若第5项系数是第3项系数的10倍，求n的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，求得展开式的通项，根据题意列出方程，即可求解；
（2）求得展开式的通项，根据题意，得到方程，结合组合数的计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：当时，可得展开式的通项，
令，可得，令，可得，
因为第3项与第6项相等，可得，解得.
（2）解：由二项式展开式的通项，
可展开式中第5项的系数为，第3项的系数为，
因为第5项系数是第3项系数的10倍，可得，
即，即，
可得，解得或（舍去），
所以的值为.
18．已知函数.
(1)求的极大值点和极小值点；
(2)求在区间上的最大值和最小值.
【答案】(1)极大值点为，极小值点为
(2)最大值为,最小值为
【分析】（1）求导，判断单调区间，然后可得极值点；
（2）根据（1）可得单调区间，根据单调性可得最值.
【详解】（1）
令解得或，列表如下：
所以极大值点为，极小值点为.
（2）由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以
所以在区间上的最大值为，
最小值为.
19．一个口袋内有5个不同的红球，4个不同的白球.
(1)若将口袋内的球全部取出后排成一排，求白球互不相邻的排法种数；
(2)已知取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若从口袋内任取5个球，总分不少于8分，求不同的取法种数.
【答案】(1)43200
(2)81
【分析】（1）使用插空法可解；
（2）分3红2白，4红1白，5红三种情况求解即可.
【详解】（1）先将5个红球排成一排共，再将4个白色小球插入到6个空位中有，
所以白球互不相邻的排法种数为种.
（2）当取出的小球为3红2白时得8分，共种；
当取出小球为4红1白时得9分，共种；
当取出小球都是红球时得10分，共1种.
所以口袋内任取5个球，总分不少于8分的取法共有种.
20．已知函数，.
(1)判断的零点个数，并说明理由；
(2)若对任意的，总存在，使得成立，求a的取值范围.
【答案】(1)0，理由见解析
(2)
【分析】（1）求导，得到函数单调区间，计算最值得到答案.
（2）根据函数单调性得到，确定函数在时单调递增，计算值域得到，解得答案.
【详解】（1），，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
，故函数没有零点.
（2），单调递减，故，即；
当时，恒成立，故函数单调递增，
故，即，
故，则，解得，即.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求函数的零点问题，恒成立和能成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将恒成立和能成立问题转化为函数的值域的关系是解题的关键.
x
2
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增