2021-2022学年广东省深圳中学高二（下）期中数学试卷

这是一份2021-2022学年广东省深圳中学高二（下）期中数学试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）若由数字1，2，3，4，5一共可以组成个不同的三位数（各位上的数字可以相同），则
A．B．C．D．
2．（5分）深圳中学高二年级某班班会开展“学党史，感党恩”演讲活动，安排甲、乙、丙、丁四名学生按次序演讲，但甲不第一个演讲，所有的安排方法数为
A．13B．14C．15D．18
3．（5分）已知曲线，曲线与直线，则
A．与，均相切B．与，均不相切
C．与相切，与不相切D．与不相切，与相切
4．（5分）已知函数满足，则曲线在点，（1）处的切线方程为
A．B．C．D．
5．（5分）在的展开式中，下列结论错误的是
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为0
C．常数项为20
D．二项式系数最大的项为第4项
6．（5分）“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到，，三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为
A．90B．150C．180D．300
7．（5分）已知，则函数的导函数的图象大致为
A．B．
C．D．
8．（5分）已知，分别是曲线与曲线上的点，则的取值范围是
A．B．C．D．，
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）以下四个式子分别是求相应函数在其定义域内的导函数，其中正确的是
A．
B．
C．
D．
10．（5分）如图，要对，，，四个区域进行着色，有4种不同的颜色可利用，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为
A．
B．
C．
D．
11．（5分）以下关于排列数与组合数的命题中，真命题有
A．若，，且，则
B．若，，且，则
C．对任意，，，且，恒有
D．对任意，恒有
12．（5分）已知函数，下列结论正确的是
A．在区间单调递减，在区间单调递增
B．有极小值，且极小值是的最小值
C．设，若对任意，都存在，使成立，则
D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知一物体的运动方程是的单位为，的单位为，则该物体在时间段，内的平均速度与时刻的瞬时速度相等，则 ．
14．（5分）若正，边形有20条对角线，则的值为 ．
15．（5分）以下四个关于阶乘“！”的结论：
①！；
②对任意，，，则能整除；
③存在，使得；
④若，，则或．
其中正确的个数为 ．
16．（5分）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻．这样的六位数的个数是 （用数字作答）．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）规定，其中，，这是组合数的一种推广．
（1）求的值；
（2）设，，求的最小值及的值．
18．（12分）已知展开式的二项式系数和为512，且．
（1）求的值；
（2）设，其中，，且，求的值．
19．（12分）已知函数，，，．
（1）已知，求的值；
（2）是否存在，使得对任意，恒有成立？说明理由．
20．（12分）设函数，曲线在点，（2）处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）证明：曲线上任一点的切线与直线和直线三角形的面积为定值，并求出此定值．
21．（12分）已知函数，其中，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若在区间内存在最小值，且最小值不大于，求的取值范围及的零点个数．
22．（12分）已知函数，其中．
（1）若有两个极值点，记为，．
①求的取值范围；
②求证：；
（2）求证：对任意，恒有．
2021-2022学年广东省深圳中学高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）若由数字1，2，3，4，5一共可以组成个不同的三位数（各位上的数字可以相同），则
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据题意，分析可得三位数中三位数的每位数字都有5种选择，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，三位数的每位数字都可以为1，2，3，4，5，有5种选择，
则，
故选：．
【点评】本题考查分步计数原理的应用，注意三位数中各位上的数字可以相同，属于基础题．
2．（5分）深圳中学高二年级某班班会开展“学党史，感党恩”演讲活动，安排甲、乙、丙、丁四名学生按次序演讲，但甲不第一个演讲，所有的安排方法数为
A．13B．14C．15D．18
【答案】
【分析】先排第一个，再排另外三个，根据分步计数原理可得．
【解答】解：先从甲以外的三名学生选1人第一个演讲，其他三名学生任意排列，共有种．
故选：．
【点评】本题主要考查了排列、组合知识的运用，属于基础题．
3．（5分）已知曲线，曲线与直线，则
A．与，均相切B．与，均不相切
C．与相切，与不相切D．与不相切，与相切
【答案】
【分析】结合导数的几何意义判断即可．
【解答】解：设曲线在点，处的切线的斜率为0，
则，所以，，切线方程为，
设曲线在点，处的切线的斜率为0，
则，，所以，或，，
取，可得切线方程为，
所以1与，均相切，
故选：．
【点评】本题考查利用导数求函数的切线方程，考查学生的运算能力，属于中档题．
4．（5分）已知函数满足，则曲线在点，（1）处的切线方程为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据导数的定义可知（1），再根据导数公式可求出，即可求出切点，从而得出切线方程．
【解答】解：由可知，（1），
而，所以，解得，
即，所以（1），
因此曲线在点，（1）处的切线方程为，
即．
故选：．
【点评】本题考查利用导数求函数的切线方程，考查学生的运算能力，属于中档题．
5．（5分）在的展开式中，下列结论错误的是
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为0
C．常数项为20
D．二项式系数最大的项为第4项
【答案】
【分析】选项：根据二项式系数和公式即可判断；选项：令，由此即可判断；选项：求出展开式的常数项即可判断，选项：根据的值以及二项式系数的性质即可判断．
【解答】解：选项：所有项的二项式系数和为，故正确，
选项：令，则所有项的系数和为，故正确，
选项：展开式的常数项为，故错误，
选项：因为，所以展开式的二项式系数最大项为第4项，故正确，
故选：．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
6．（5分）“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到，，三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为
A．90B．150C．180D．300
【答案】
【分析】5名专家的安排方法分为或者，然后根据排列组合的计数性质即可求解．
【解答】解：5名专家的安排方法分为或者，
若按照安排共有，
若按照安排共有，
则共有种，
故选：．
【点评】本题考查了排列组合的计数性质的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
7．（5分）已知，则函数的导函数的图象大致为
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】求函数的导数，根据函数的性质即可判断函数的图象．
【解答】解：因为，定义域为，
所以，
则，所以为偶函数，故排除，，
又，，故排除．
故选：．
【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，求函数的导数，利用导函数的性质是解决本题的关键．
8．（5分）已知，分别是曲线与曲线上的点，则的取值范围是
A．B．C．D．，
【答案】
【分析】因为曲线与曲线互为反函数，则图象关于对称，所以只需求出点到上的最小距离即可，设曲线上斜率为1的切线为，然后利用导数求出的值，再根据平行线间的距离求出，进而可以求解．
【解答】解：因为曲线与曲线互为反函数，则图象关于对称，
所以只需求出点到上的最小距离即可，
设曲线上斜率为1的切线为，
因为，由，可得，
所以切点为，即，则切线方程为，
所以，
所以的最小值为，无最大值，即，
故选：．
【点评】本题考查了反函数的性质，涉及到导数以及切线的性质，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）以下四个式子分别是求相应函数在其定义域内的导函数，其中正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】对选项逐个分析，即可解出．
【解答】解：，故选项错误；
，故选项错误；
，故选项正确；
：当时，，
当时，，故选项正确；
故选：．
【点评】本题考查了导函数的运算，学生的数学运算能力，属于基础题．
10．（5分）如图，要对，，，四个区域进行着色，有4种不同的颜色可利用，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据题意，分2步讨论4个区域的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：方法一：根据题意，分2步进行分析：
①对于区域，两两互相相邻，有种涂色方法，
②区域，与区域、相邻，有2种涂色方法，则有种涂色方法；
方法二：先对涂色，有种，然后、区域各有种，故有．
方法三：分两种情况，若、同色，种涂色方法；若、不同色，先将、涂色有种，然后、区域有种，
总共有．
故选：．
【点评】本题考查排列组合的应用，学生的逻辑推理能力，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
11．（5分）以下关于排列数与组合数的命题中，真命题有
A．若，，且，则
B．若，，且，则
C．对任意，，，且，恒有
D．对任意，恒有
【答案】
【分析】根据排列数和组合数公式判断各选项的对错．
【解答】解：取，，
则，，，错；
若，，且，则，
所以，对；
对任意，，，且，
，
，
所以有，对；
对任意，，
所以，对，
故选：．
【点评】本题考查了排列、组合公式的计算及利用放缩法比较两个数的大小，属于基础题．
12．（5分）已知函数，下列结论正确的是
A．在区间单调递减，在区间单调递增
B．有极小值，且极小值是的最小值
C．设，若对任意，都存在，使成立，则
D．
【答案】
【分析】对函数求导，得，分析其单调性与极值，对四个选项逐一分析可得答案．
【解答】解：由题意，函数，，
对于，当，，时，，在，单调递减，当时，，单调递增，故正确；
对于，当时，，当时，函数取得极小值（e），故极小值（e）不是的最小值，故错误；
对于，因为，所以其值域为，；
当时，由上面的分析可知，的值域，；
因为对任意，都存在，使成立，即，
所以，故正确；
对于，在上单调递增，
，即，即，又，，
，故正确；
故选：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知一物体的运动方程是的单位为，的单位为，则该物体在时间段，内的平均速度与时刻的瞬时速度相等，则 3 ．
【答案】3．
【分析】利用平均变化率，导数的计算公式求解即可．
【解答】解：，，
物体在时间段，内的平均速度为，
，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了平均变化率，导数的计算公式，属于基础题．
14．（5分）若正，边形有20条对角线，则的值为 8 ．
【答案】8．
【分析】因为边形的对角线的条数为，然后由已知建立方程即可求解．
【解答】解：因为边形的对角线的条数为，
所以，解得或（舍去），
所以，
故答案为：8．
【点评】本题考查了归纳推理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
15．（5分）以下四个关于阶乘“！”的结论：
①！；
②对任意，，，则能整除；
③存在，使得；
④若，，则或．
其中正确的个数为 3 ．
【答案】3．
【分析】结合阶乘的定义和性质判断各命题的对错，由此确定正确命题的个数．
【解答】解：因为，1！，所以！，①错；
因为，，，又，所以能整除；②对；
因为，所以存在，使得；③对；
因为，，所以，故或，所以④对．
故答案为：3．
【点评】本题考查了阶乘的定义和计算，属于基础题．
16．（5分）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻．这样的六位数的个数是 40 （用数字作答）．
【分析】欲求可组成符合条件的六位数的个数，只须利用分步计数原理分三步计算：第一步：先将3、5排列，第二步：再将4、6插空排列，第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中即可．
【解答】解析：可分三步来做这件事：
第一步：先将3、5排列，共有种排法；
第二步：再将4、6插空排列，插空时要满足奇偶性不同的要求，共有种排法；
第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有种排法．
由分步乘法计数原理得共有（种．
答案：40
【点评】本题考查的是分步计数原理，分步计数原理（也称乘法原理）完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法做第步有种不同的方法．那么完成这件事共有种不同的方法．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）规定，其中，，这是组合数的一种推广．
（1）求的值；
（2）设，，求的最小值及的值．
【答案】（1）210；（2），．
【分析】（1）根据定义即可求出；
（2）根据定义求，再求最值．
【解答】解：（1）由题意得，
；
（2），
，
，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值．
【点评】本题综合考查了组合数、函数及基本不等式的应用，属于中档题．
18．（12分）已知展开式的二项式系数和为512，且．
（1）求的值；
（2）设，其中，，且，求的值．
【答案】（1）2；（2）5．
【分析】（1）根据二项式系数和公式求出的值，然后再分别令，，建立方程建立求解；（2）由题意可得为被6整除的余数，又，根据二项式定理展开化简即可求解．
【解答】解：（1）由已知可得，解得，
令，则，
令，则，
所以，
（2）由题意可得为被6整除的余数，
又
，
因为前面的各项都可以被6整除，而被6整除的余数为5，所以，
【点评】本题考查了二项式定理的应用，涉及到整除问题，考查了学生的运算能力，属于中档题．
19．（12分）已知函数，，，．
（1）已知，求的值；
（2）是否存在，使得对任意，恒有成立？说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，使得对任意，恒有成立．理由见解答．
【分析】（1）对和求导，进而根据题意可得，由此求得的值；
（2）化简，可得到，进而得出结论．
【解答】解：（1），，
，
又，故，解得；
（2）对任意，恒有成立，即，
化简可得，
当时，可使得对任意，恒有成立．
【点评】本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（12分）设函数，曲线在点，（2）处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）证明：曲线上任一点的切线与直线和直线三角形的面积为定值，并求出此定值．
【分析】（1）欲求在点，（2）处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
（2）先在曲线上任取一点，．利用导数求出过此点的切线方程为，令得切线与直线交点．令得切线与直线交点．从而利用面积公式求得所围三角形的面积为定值．
【解答】解：（1），
于是，
解得或因，，故．
（2）证明：在曲线上任取一点，．
由知，过此点的切线方程为．
令得，切线与直线交点为．
令得，切线与直线交点为，．
直线与直线的交点为．
从而所围三角形的面积为．
所以，所围三角形的面积为定值2．
【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程、函数解析式的求解及待定系数法等基础知识，考查运算求解能力．属于中档题．
21．（12分）已知函数，其中，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若在区间内存在最小值，且最小值不大于，求的取值范围及的零点个数．
【答案】（1）当时，的增区间为，当时，函数的增区间为，，减区间为，，
（2）的取值范围，，有3个零点．
【分析】（1）求出，分和分别得出函数的单调性即可；
（2）由（1）得出的函数单调性，根据条件则，从而得出的取值范围，然后由单调性结合零点存在定理可判断零点个数．
【解答】解：（1）由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，所以由，解得或，
由，解得，
所以函数的增区间为，，减区间为，，
综上所述：当时，的增区间为，
当时，函数的增区间为，，减区间为，，
（2）由（1）可知当时，在上单调递增，则在区间内不存在最小值，
当时，函数的增区间为，，减区间为，，
在区间内存在最小值，且最小值不大于，
则，解得，
所以的取值范围，，
，，
（a），，，
由函数在上单调递增，且，
所以在上有一个零点，
在，上单调递增且（a），所以在，上有一个零点，
在上单调递增且（a），所以在上有一个零点，
所以有3个零点．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及函数的零点个数的判断，考查学生的运算能力，属于中档题．
22．（12分）已知函数，其中．
（1）若有两个极值点，记为，．
①求的取值范围；
②求证：；
（2）求证：对任意，恒有．
【分析】（1）①对函数求导，设，依题意，直线与曲线的图象有两个交点，作出函数的大致图象，观察图象即可得解；
②由①可知，，要证，即证，进一步转化为证明，设，，判断函数的单调性，进而得到其最值情况，由此即可得证；
（2）由（1）可知，，则对任意，，而，于是，再累加即可得证．
【解答】解：（1）①，设，
要使函数有两个极值点，即有两个变号零点，亦即直线与曲线的图象有两个交点，
由得，，
当时，，递增，当时，，递减，
又（1），
，
作出函数的大致图象如下图所示，
由图象可知，实数可得取值范围为；
②证明：由①可知，，要证，即证，
注意，，且函数在单调递减，
只需证，
设，，则，
在上单调递增，则（1），
，即，得证；
（2）证明：由（1）知，，
对任意，，
，
，
，即得证．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，涉及了极值点偏移，裂项相消等问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于较难题目．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/20 0:09:24；用户：初中数学；邮箱：szjmjy@xyh.cm；学号：29841565