2022-2023学年天津市朱唐庄中学高二下学期3月阶段性检测数学试题含答案

2022-2023学年天津市朱唐庄中学高二下学期3月阶段性检测数学试题

一、单选题

1．已知函数在处的导数为12，则（    ）

A． B．12 C． D．6

【答案】B

【分析】根据导数的定义即可求解.

【详解】根据导数的定义可知.

故选：B

2．若函数，则曲线在点处切线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先对函数求导，根据导数的几何意义即可求解.

【详解】函数，则，

所以，则曲线在点处切线的斜率为，

故选：.

3．已知曲线上一点，在点处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据导数的几何意义可求出结果.

【详解】由得，则切线的斜率为，

所以曲线在点处的切线方程为，即.

故选：A

4．下列求导数运算正确的是(    )

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据基本初等函数求导公式和导数四则运算法则即可逐项计算并判断．

【详解】，

，

故ABC求导错误，D求导正确．

故选：D．

5．下列四组函数中，导数相等的是（    ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】D

【分析】根据导数的运算逐项判断即可.

【详解】对于A，，，故A不正确；

对于B，， 故B不正确；

对于C，，故C不正确；

对于D，，故D正确.

故选:D.

6．现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ）

A．7种 B．9种 C．14种 D．70种

【答案】C

【分析】根据分类加法计数原理求解即可

【详解】分为三类:

从国画中选，有2种不同的选法;从油画中选，有5种不同的选法;从水彩画中选，有7种不同的选法，

根据分类加法计数原理，共有5+2+7= 14(种)不同的选法;

故选：C

7．某大学食堂备有6种荤菜、5种素菜、3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为（    ）

A．30 B．14 C．33 D．90

【答案】D

【分析】根据备有6种素菜，5种荤菜，3种汤，则素菜有6种选法，荤菜有5种选法，汤菜有3种选法，然后再利用分步计数原理求解

【详解】因为备有6种素菜，5种荤菜，3种汤，

所以素菜有6种选法，荤菜有5种选法，汤菜有3种选法，

所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐有种

故选：D

8．已知函数，则实数（    ）

A．4 B．3 C． D．1

【答案】B

【分析】求导，利用即可.

【详解】因为，

所以，

则，

故选：B.

9．若函数的导函数的图象如图所示，则（    ）

A．是函数的极小值点 B．是函数的极小值点

C．是函数的极大值点 D．1是函数的极大值点

【答案】A

【分析】根据给定的函数图象，确定导数为正或负的x取值区间，再逐项判断作答.

【详解】观察导函数的图象知，当时，，当时，，当且仅当时取等号，

因此函数在上单调递减，在上单调递增，

于是得是函数的唯一极值点，且是极小值点，A正确，B，C，D都不正确.

故选：A

10．函数的单调增区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求定义域,再对函数求导,令导函数大于零,解出不等式解集即可.

【详解】解:由题知,定义域为,

所以,

令,解得,

所以的单调增区间为:.

故选:C

二、填空题

11．已知等差数列满足，，则公差      .

【答案】

【分析】根据等差数列的通项公式列式求解可得结果.

【详解】因为是等差数列，

所以公差.

故答案为：

12．各项为正数的等比数列中，，则公比是          .

【答案】2

【分析】直接利用等比数列的通项公式计算得到结果

【详解】由已知等比数列中，，得，又等比数列的各项为正数,,故.

故答案为：2.

13．已知函数 f (x) = x3－3x2 +2 ，则函数 f (x) 的极大值为      ．

【答案】2

【分析】利用导数研究函数的单调区间，从而得到极大值.

【详解】，

令，解得：，

所以当时，函数取得极大值，即函数的极大值为.

故答案为：

14．曲线在点在时的切线斜率为      .

【答案】3

【分析】求导，将代入导函数即可求解.

【详解】，当时，，故曲线在点在时的切线斜率为3.

故答案为：3

15．已知函数，则        .

【答案】2

【分析】根据导数的计算法则计算即可.

【详解】∵，

∴，

∴

∴.

故答案为：2.

16．有不同的红球3个，不同的白球2个，不同的黄球2个，现从中任取不同的颜色的球两个，不同的取法有      .

【答案】16

【分析】分三种情况，取出的两个不同颜色的球为红球和白球，红球和黄球，白球和黄球，分别计算出不同的取法相加后得到答案.

【详解】若取出的两个不同颜色的球为红球和白球，则不同的取法个数为，

若取出两个不同颜色的球为红球和黄球，则不同的取法个数为，

若取出两个不同颜色的球为白球和黄球，则不同的取法个数为，

故从中任取不同的颜色的球两个，不同的取法有种.

故答案为：16

三、解答题

17．如图，在正方体中，棱长为1，

(1)求证：平面；

(2)求平面和平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由平面得，由四边形为正方形得，再根据线面垂直的判定定理可得平面；

（2）设，连，可得是二面角的平面角，在直角三角形中，计算可得结果.

【详解】（1）在正方体中，因为平面，平面，所以，

因为四边形为正方形，所以，

又因为，平面，

所以平面.

（2）设，则为的中点，连，

由（1）知，平面，因为平面，所以，

又因为，所以是二面角的平面角，

在直角三角形中，，，，

所以.

所以平面和平面的夹角的余弦值为.

18．求下列函数的导数.

(1)；

(2)；

(3)；

(4)；

(5).

【答案】(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

【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】（1）.

（2）.

（3）.

（4）.

（5）.

19．如图，在正方体中.

（1）求证：平面；

（2）求直线和平面所成的角.

【答案】（1）见解析；

（2）30°

【分析】（1）由即可证得平面；

（2）连接交于，连接，证明平面，可得为直线和平面所成的角，设正方体棱长为1，在中求出.

【详解】解：（1）证明：，平面，平面，

∴平面；

（2）解：连接交于O，连接，

四边形是正方形，，

，

平面，

，

又，

平面，

为直线和平面所成的角，

设正方体棱长为1，则，，

，

，

∴直线和平面所成的角为30°.

【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定与线面角的计算，属于中档题.

20．已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求在上的最大值和最小值．

【答案】（1）；（2）最大值，最小值．

【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线斜率，利用点斜式即可得解；

（2）利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求得最值.

【详解】（1）由得，，

∴，，

∴曲线在点处的切线方程，即；

（2）令可得或，此时函数单调递增，

令可得，此时函数单调递减，

故函数在上单调递减，

∴的最大值，最小值．