2022-2023学年安徽省芜湖市无为襄安中学高二下学期4月期中考试数学试题含解析

2022-2023学年安徽省芜湖市无为襄安中学高二下学期4月期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A．1 B．-1 C．2 D．-2

【答案】C

【分析】由题，利用基本初等函数的导数公式可求得导函数，代入即可求得结果

【详解】由题，故，

故选：C

2．函数的图象在处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.

【详解】，则，故，

因为，因此，函数的图象在处的切线方程为，

即.

故选：A.

3．函数的图像大致为 (　　)

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.

详解：为奇函数，舍去A,

舍去D;

，

所以舍去C；因此选B.

点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．

4．若，则正整数（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】B

【分析】利用组合数、排列数的定义直接展开，解方程即可求得.

【详解】因为，

所以，解得：.

故选：8

5．2022年11月，第五届中国国际进口博览会在上海举行，组委员会安排5名工作人员去A，B等4个场馆，其中A场馆安排2人，其余比赛场馆各1人，则不同的安排方法种数为（    ）

A．48 B．60 C．120 D．240

【答案】B

【分析】先安排2人去A场馆，再安排剩余的人去其它场馆即可.

【详解】分为两步，第一步：安排2人去A场馆有种结果；第二步：安排其余3人到剩余3个场馆，有种结果，所以不同的安排方法种数为.

故选：B．

6．的展开式中有理项的项数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】先化简原二项式为，再由二项式的展开式的通项公式可得选项.

【详解】解：.

又的展开式的通项，所以.

当x的指数是整数时，该项为有理项，所以当，2，4，6，8时，该项为有理项，即有理项的项数为5.

故选：C.

7．现有4位学生干部分管班级的三项不同的学生工作，其中每一项工作至少有一人分管且每人只能分管一项工作，则这4位学生干部不同的分管方案种数为（    ）

A．18 B．36 C．72 D．81

【答案】B

【分析】先计算将四人分为三组有几种方案，再计算分好的三组全排列，三项安排不同的学生有几种方案，两结果相乘即可.

【详解】将四人分为三组有种方案；分好的三组全排列，三项安排不同的学生有种方案，根据分步计数原理知总共有种方案.

故选:B

8．下列各式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用基本初等函数的导数公式及导数的四则运算即可求解.

【详解】对于A，，故A正确；

对于B，，故B不正确；

对于C，，故C不正确；

对于D，，故D不正确.

故选：A.

二、多选题

9．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．时，取得最大值 D．时，取得最小值

【答案】AB

【分析】由图象可确定的单调性，结合单调性依次判断各个选项即可得到结果.

【详解】由图象可知：当时，；当时，；

在，上单调递增，在上单调递减；

对于A，，，A正确；

对于B，，，B正确；

对于C，由单调性知为极大值，当时，可能存在，C错误；

对于D，由单调性知，D错误.

故选：AB.

10．在二项式的展开式中，下列结论正确的是（    ）

A．第5项的系数最大

B．所有项的系数和为

C．所有奇数项的二项式系数和为

D．所有偶数项的二项式系数和为

【答案】BD

【分析】比较二项式的展开式中第的系数与第项的系数，可判断A；利用二项式形式的性质，可判断BCD的正误.

【详解】在二项式展开式中，

第9项系数为，

第5项系数为，

因，所以错误.

令，得所有项系数和为，正确.

因为奇数项的二项式系数和等于偶数项二项式系数和，

为，所以错误，D正确.

故选：BD.

11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．只有一个极值点 B．设，则与的单调性相同

C．在上单调递增 D．有且只有两个零点

【答案】ACD

【分析】利用的二次求导，得到， ，从而存在，使得，结合函数极值点的定义即可判断选项，求出的解析式，然后利用导数研究其单调性即可判断选项，利用函数单调性的结论即可判断选项．利用函数的极值点即可判断选项.

【详解】解：由题知，，，所以在上单调递增，当时，；当时，，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；

因为，所以，所以，所以，故的一个极值点为0，所以与的单调性不相同，故B错误；

因为与在上都是单调递增，所以在上单调递增，故C正确；

因为有且只有一个极值点，，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故D正确．

故选：ACD．

12．已知，若，则有（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BCD

【分析】令，已知式变为，可求得，然后二项式变形为，并令二项式化为，可求得，二项式两边都对求导后令可求得，从而判断各选项．

【详解】令，则，已知式变为，

解得，

，，

，

，

令，则有，

两边对求导得，

再令得，

所以，

故选：BCD．

三、填空题

13．曲线在点处的切线方程为__________.

【答案】

【分析】先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式求切线方程.

【详解】函数的导数为，

所以切线的斜率，切点为，则切线方程为．

故答案为：．

【点睛】易错点睛：求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点，考查学生的运算能力，属于基础题.

14．已知函数，则其极大值与极小值的和为__________．

【答案】/

【分析】求导，求出极大值和极小值求和即可.

【详解】，

，

，或，

∴在上单调递减，上单调递增，上单调递减，

，．

则其极大值与极小值的和为.

故答案为：

15．从1，3，5，7，9中任取三个数，从2，4，6，8，中任取两个数，一共可组成___________个没有重复数字的五位数.

【答案】7200

【分析】先选后排，根据分步计数原理和排列组合即可求出.

【详解】从1，3，5，7，9中任取三个数，从2，4，6，8中任取两个数，

共有个没有重复数字的五位数，

故答案为：7200.

16．已知函数，若恒成立，则a的取值范围是______．

【答案】

【分析】由题，求出导函数，讨论其单调性得出其零点即为的最小值点，即可由恒成立得，解不等式，即可得出结果.（注意验证等号成立的条件）

【详解】由题，，在上单调递增，

当时，；当时，，

所以存在唯一零点，使得，即，

且该为函数的极小值点即最小值点，

故，所以，

易得当时，即时，等号成立，

故答案为：

四、解答题

17．已知函数．

(1)求的单调区间及极值；

(2)求在区间上的最值．

【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为和；极小值；极大值

(2)最大值为；最小值为

【分析】（1）求出函数的导函数，得到，的变化表，即可得到函数的单调区间与极值；

（2）由（1）可得在区间上的单调性，求出区间端点值，即可得到函数的最值；

【详解】（1）解：函数的定义域为R，．

令，得或．

当变化时，，的变化情况如表所示．

故的单调增区间为，单调减区间为和．

当时，有极小值；当时，有极大值．

（2）解：由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，所以在上的最大值为．

又，，，所以在区间上的最小值为．

18．已知数列满足，．

(1)设，证明：是等差数列；

(2)设数列的前n项和为，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过计算来证得是等差数列.

（2）先求得，然后利用裂项求和法求得.

【详解】（1）因为，

所以数列是以1为公差的等差数列．

（2）因为，所以，

由得．

故，

所以，

，

，

．

19．已知函数.

(1)求函数的单调区间；

(2)求函数在区间上的最大值和最小值.

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，

(2)最小值为，最大值为40

【分析】（1）对函数求导，然后通过导数的正负可求出函数的单调区间，

（2）由（1）可得在上递减，在上递增，然后求出，进行比较可求出函数的最值

【详解】（1）的定义域为，，

令，解得，

当时，，当时，，当时，，

所以函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，

故的单调递减区间为，单调递增区间为，.

（2）由（1）得，当在区间上变化时，的变化情况如下表所示.

所以函数在区间上的最小值为，最大值为40.

20．已知数列是等比数列，且，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和，并证明：.

【答案】(1)；

(2)，证明见解析.

【分析】（1）利用等比数列的通项公式进行求解即可；

（2）运用裂项相消法进行运算证明即可.

【详解】（1）设等比数列的公比是q，首项是.

由，可得.

由，可得，所以，

所以；

（2）证明：因为，

所以

.

又，所以.

21．已知二项式的展开式中，第3项与第4项的二项式系数比为.

(1)若，求展开式中的常数项；

(2)若展开式中含有项的系数不大于324，且，记的取值集合为A，求由集合A中元素构成的无重复数字的四位偶数的个数.

【答案】(1)

(2)48

【分析】（1）由已知求得，然后由二项展开式通项公式得出常数项；

（2）由二项展开式通项公式列不等式求得的可能值得集合A，然后由排除组合知识得结论．

【详解】（1）第3项与第4项的二项式系数比为，．

，展开式通项公式为，

，，

所以常数项为；

（2），令，则，

由，得，又，所以，即，

由组成的无重复数字的四位偶数个数为．

22．设函数，其中﹒

(1)若，求的单调区间；

(2)若，且，恒成立，求的取值范围﹒

【答案】(1)增区间：；减区间：

(2)

【分析】(1)对应增区间，对应减区间；

(2)根据k的范围分类讨论f(x)的单调性，求出其最小值，让其最小值＞0．

【详解】（1）由得，所以．

由得，故的单调递增区间是，

由得，故的单调递减区间是．

（2）由得．

①当时，．

此时在上单调递增．

故，符合题意．

②当时，．

当变化时，的变化情况如下表：

由此可得，在上，．

依题意，，又，∴．

综合①，②得，实数的取值范围是．