2022-2023学年湖北省鄂西北六校（宜城一中、枣阳一中等六校）高二下学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年湖北省鄂西北六校（宜城一中、枣阳一中等六校）高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知曲线，那么曲线在点处的切线斜率为（    ）

A． B． C．2 D．2或

【答案】C

【分析】求出曲线的导数，代入切点坐标即可求出对应切线斜率.

【详解】，，

根据导数几何含义可知曲线在点处的切线斜率为2.

故选：C.

2．已知，则x的值是（    ）

A．3 B．6 C．9 D．3或9

【答案】A

【分析】根据组合数的性质求解即可.

【详解】由，

得或，

解得或，

当时，，不符合组合数的定义，所以舍去.

故选：A.

3．函数的单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接求导，令，解出即可.

【详解】由已知，

定义域为，由得．

∴的增区间为．

故选：D．

4．在的展开式中，含项的系数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】当且时，求出的展开式中含的系数，即可求得的展开式中含项的系数.

【详解】当且时，的展开式通项为，

展开式中含项的系数是，

所以，在的展开式中，

含项的系数.

故选：C.

5．已知函数为的导函数，则的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出，判断奇偶性，并结合特殊值验证，即可判断出答案.

【详解】由可知，

则，即为奇函数，故A，D错误；

又，故C错误，B正确，

故选：B

6．某高校有名志愿者参加月日社区志愿工作，每人参加一次值班，若该天分早、中、晚三班，每班至少安排人，最多安排人，则当天不同的排班种类为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先将名志愿者分为组，确定每组的人数，然后将这三组志愿者分配到早、中、晚三班，利用分步乘法计数原理可得结果.

【详解】将名志愿者分为组，每组的人数可以是：①、、；②、、,

再将这三组志愿者分配到早、中、晚三班，

所以，当天不同的排班种类为.

故选：B.

7．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算的近似值，可以这样操作：．用这样的方法，估计的近似值约为（    ）

A．2.056 B．2.083 C．2.125 D．2.203

【答案】B

【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可.

【详解】

故选：B

8．设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设，数列的通项公式为，则（    ）

A．8 B．7 C．6 D．5

【答案】C

【分析】根据题意对已知函数求两次导数可得图象关于点对称，即可得，然后利用此结论可求得答案.

【详解】由，得 ，

由 可得：，

因为

所以的图象关于点对称，

所以，

因为，

所以，

所以，，，

所以，

故选：C

二、多选题

9．下列函数求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】CD

【分析】直接利用导数的运算法则与基本初等函数的导函数逐一求解得答案.

【详解】对于A，，故选项A错误；

对于B，，故选项B错误；

对于C，，故选项C正确；

对于D，，故选项D正确；

故选：CD.

10．4名男生和3名女生排队（排成一排）照相，下列说法正确的是（    ）

A．若女生必须站在一起，那么一共有种排法

B．若女生互不相邻，那么一共有种排法

C．若甲不站最中间，那么一共有种排法

D．若甲不站最左边，乙不站最右边，那么一共有种排法

【答案】AC

【分析】分别利用捆绑法、插空法、优先安排特殊元素法、间接法依次求解.

【详解】选项,利用捆绑法，将3名女生看成一个整体，其排列方式有种，加上4名男生一共有5个个体，则有种排列方式，则由乘法原理可知一共有种排法，故正确；

选项,利用插空法，4名男生排成一排形成5个空，其排列方式有种，再将3名女生插入空中，有种排列方式，则由乘法原理可知一共有种排法，故不正确；

选项,利用优先安排特殊元素法，甲不站最中间,甲先从除中间之外的6个位置选一个，其选择方式有种，再将剩余的6人全排列，有种排列方式，则由乘法原理可知一共有种排法，故正确；

 选项,利用间接法，3人站成一排共有种排法，若甲站最左边有种排法，乙站最右边有种排法，甲站最左边且乙站最右边有种排法，所以甲不站最左边，乙不站最右边，那么一共有种排法，故不正确；

故选：AC.

11．函数恰有3个单调区间的充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据函数恰有3个单调区间，可得导函数有两个不同的零点，从而可得，求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.

【详解】，

因为函数恰有3个单调区间，

所以函数有两个不同的零点，

所以，解得且，

所以，

则函数恰有3个单调区间的充分不必要条件是BD两个选项.

故选：BD.

12．已知函数，，则（    ）

A．若函数有两个不同的零点，则

B．若函数恒成立，则

C．若函数和共有两个不同的零点，则

D．若函数和共有三个不同的零点，记为、、，且，则

【答案】ABD

【分析】对于A，利用参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；对于B，由参变量分离法可得，利用导数求出函数的最小值，可判断B选项；对于C，由参变量分离法可知，直线与函数、的图象共有两个交点，数形结合可判断C选项；对于D，先利用同构法得到，再利用的单调性结合图像得到，，进而证得，可判断D选项.

【详解】对于A选项，由，可得，

令，则直线与函数的图象有两个交点，

，由可得，由可得，

所以，函数的减区间为，增区间为，函数的极小值为，如图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，

即函数有两个不同的零点，A对；

对于B选项，由可得，令，其中，

，由可得，由可得，

所以，函数的减区间为，增区间为，

故，所以，，B对；

对于C选项，令，可得，

因为函数、共有两个不同的零点，

则直线与函数、的图象共有两个交点，

由图可知，当时，直线与函数、的图象共有两个交点，

因此，若函数和共有两个不同的零点，则，C错；

对于D选项，若函数和共有三个不同的零点，

则直线经过与的交点，如图所示，

因为，所以，

因为，所以，

又，且在上单调递减，故，

同理：，即，

又由得，故，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

三、填空题

13．在的展开式中，含的项系数为_________．

【答案】16

【分析】利用二项展开式的通项公式求解.

【详解】由已知得，

展开的通项为，则该项的项系数为，

该项的项系数为，则中的项系数为，

所以的展开式中，含的项系数为，

故答案为：.

14．已知函数满足，则_______．

【答案】

【分析】根据导数的运算法则求出，令求出，然后令求出即可．

【详解】，

，解得，

，

故答案为：．

15．为了推动农业高质量发展，实施一二三五计划，枣阳市政府将枣阳市划分成①湖垱生态农业区，②桐柏山生态农业区，③数字农业区，④生态走廊区和⑤大洪山生态农业区五个发展板块（如下图），现用四种颜色给各个板块着色，要求有公共边界的两个板块不能用同一种颜色，则不同的着色方法有_________种．

【答案】

【分析】按先后顺序分别涂区域③④①②⑤，确定每个区域的涂色方法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.

【详解】先涂区域③，有种选择，接下来涂区域④，有种选择，

接下来涂区域①②，涂区域①有种选择，涂区域②有种选择，

最后涂区域⑤，有种选择，

由分步计数原理可知，不同的着色方法种数为种.

故答案为：.

16．已知函数的导函数为，对，都有，且，若在上有极值点，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【分析】由已知等式变形可得，可得出，根据可求得的值，然后求出方程的根，根据在上有极值点可得出关于实数的不等式，解出的取值范围，再结合极值点的定义验证即可.

【详解】第，，可得，

即，其中为常数，所以，，

故，其中为常数，

因为，故，

所以，

，

令可得或，

因为函数在上有极值点，则，解得，

此时，由可得，由可得或，

所以，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，函数在上有唯一的极小值点，

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题

17．设，求下列各式的值；

(1)；

(2)．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）赋值法，分别令和解出和即可得出结果；

（2）根据平方差公式将所求变形为，然后用赋值法分别令和即可求得结果．

【详解】（1）令得              

令，得                            

（2）令，得        

18．已知函数在时有极大值2．

(1)求常数a，b的值；

(2)求在区间上的最值．

【答案】(1)，

(2)最小值为，最大值为2.

【分析】（1）求出导数，由已知可得和联立即可求解；

（2）利用导数求出函数在的单调区间，即可求出函数的最值.

【详解】（1）由，得，

∵在时有极小值2， ∴，∴，解得.

（2）由（1）知，，

令，则或，

在区间上，当变化时，,的变化情况如下表：

故的最小值为，最大值为2.

19．在二项式中，求：

(1)展开式中含项的二项式系数；

(2)展开式中系数最大的项．

【答案】(1)

(2)

【分析】运用二项式定理分别计算.

【详解】（1）展开式的第项为            

令，得 ；的二项式系数为  ；

（2）设展开式中第项系数为 最大，则

，                                

即

又且                                      

∴展开式中系数最大的项是 ；

综上，的二项式系数为，展开式中系数最大的项是.

20．在①；②的图象在点处的切线斜率为0；③的递减区间为，这三个条件中任选一个补充在下面的问题（1）中，并加以解答．

已知．

(1)若_________，求实数a的值；（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）

(2)若，讨论函数的单调性．

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)答案见解析

【分析】（1）利用求导数的值，导数的几何意义，导数研究函数的单调性等知识求解参数a的值；

（2）根据含参函数单调性的讨论进行分类讨论.

【详解】（1）

选条件①则

选条件②则

选条件③则依题意0和是的两个根  

（2）

则可以分以下几种情况讨论：

①当时，令即，

令即；

在上单调递减，在上单调递增；

②当时，令即或，

令即；

在上单调递增，在上单调递减；

③当时，，在R上单调递增；

④当时，令即或，

令即

在上单调递增，在上单调递减；            

综上所述：①当时，在上单调递减，在上单调递增；

②当时，在上单调递增，在上单调递减；

③当时，在R上单调递增；

④当时，在上单调递增，在上单调递减．

21．已知函数．

(1)若，求函数在点处的切线方程；

(2)若函数有两个零点，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，计算，的值，求出切线方程即可；

（2）分离参数，构造函数求导，求出函数的单调区间，结合函数图象及零点个数求解a的范围即可.

【详解】（1）当时,，

，，

又，即切点为，

切线方程为：，即；

（2） ，，由得，

令，

则，

由得或，由得或，

即在区间上单调递增，在区间上单调递减.

又趋向于负无穷大时，无限趋近于0，且，

图象如下图：

由函数有两个零点得，函数与有两个交点，

由图可知，或，

故a的取值范围为.

22．已知函数．

(1)若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围；

(2)设存在两个极值点且．若，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据含参不等式，孤立参数，构造函数转化为函数最值问题，即可求得参数a的取值范围；

（2）根据函数的极值点确定的关系，从而可将双变量不等式转化为单变量不等式，构造函数求最值即可证得结论.

【详解】（1）对任意的，都有即恒成立，

对恒成立，即，

设，则，

令，则；令，则，

在上单调递减，在上单调递增，

，

（2）证明：，，

因为存在两个极值点，所以存在两个互异的正实数根，

则，解得，

由根与系数关系得，

则，所以，

所以，

令，则，

，，在上单调递减，

，而，即，

．

【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．