北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题

这是一份北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题，文件包含北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题原卷版docx、北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

第一部分 （选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本初等函数和复合函数的求导公式求导即可．
【详解】．
故选：D．
2. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了排列数计算公式，带入公式计算可得.
【详解】由排列数计算公式可得，
解得或.
由于且，故.
故选：C.
3. 若函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数在某一点的导数的定义，由此可得结果.
【详解】因为，
则.
故选: B
4. 从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数的个数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
分析】分析可知只需从、、、这个数字中任取个数字全排即可，利用排列计数原理可得结果.
【详解】从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数，只需从这个数字中任取个数字全排即可，
因此，满足条件的三位数的个数为.
故选：B.
5. 已知过点的直线与曲线的相切于点，则切点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出切点的坐标.
【详解】设切点坐标为，由，得，则过切点的切线方程为，
把点代入切线方程得，，即，
又，所以，则，
则切点坐标为.
故选：A
6. 已知名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，则不同选法的种数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，利用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，
分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，
则共有种，
故选：C.
7. 下列不等式中，对任意的不恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】ACD选项，作差后构造函数，求导，利用函数的性质判断；B选项用特值法判断.
【详解】令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故，则．故A不合题意；
当时，，故B符合题意；
令，则，
则在上单调递增，故，则．故C不合题意；
令，则，
则在上单调递增，故，则．故D不合题意.
故选：B.
8. 设函数（），则“”是“在定义域上是增函数”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】求出导函数判断函数的单调性，然后判断充要条件即可．
【详解】函数，可得，当时，恒成立，函数是增函数，
所以“”是“在定义域上是增函数”的充分条件；
在定义域上是增函数，可知恒成立，此时，
所以“”是“在定义域上是增函数”的必要条件；
综上，“”是“在定义域上是增函数”的充要条件；
故选：C．
9. 已知函数的定义域为，函数的导函数，若在处取得极大值，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分、、三种情况说明单调性，从而可求解.
【详解】函数的导函数，
令，可得，得或，
当时，时，单调递增；
或时，单调递减；
所以在处取得极大值，符合题意；
当时，
当时，时，单调递减；
或时，单调递增；
所以在处取得极小值，不符合题意，舍去；
当时，时，单调递减；
或时，单调递增；
所以在处取得极大值，符合题意.
实数的取值范围为.
故选：D
10. 已知函数，若，且，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意作出函数图象，可得的范围，得到，令，再由导数求最小值即可．
【详解】已知函数，作出函数图象如图：

当时，．
由，得，则．
令，则，
当时，单调递减；当时，单调递增，
，即的最小值为．
故选：A．
第二部分 （非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用阶乘的定义直接求解即可
【详解】，
故答案为：6
12. 若甲、乙、丙、丁人站成一排，甲不站两端，则不同排法的种数为______．
【答案】
【解析】
【分析】若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，结合分步乘法计数原理，计算即可．
【详解】若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，共有种，
排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，
则不同排法的种数为．
故答案为：12．
13. 已知函数．则______；若，则______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】求出，代值计算可得出的值，利用复合函数的求导法则可求得.
【详解】因为，则，所以，，
因为，则.
故答案为：；.
14. 设函数．能说明“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是______．
【答案】－1（答案不唯一，只要满足即可）
【解析】
【分析】对函数求导，通过导函数的符号，判断函数的单调性，根据条件得到a的范围，再结合题意确定a的值即可．
【详解】“对于任意的，都有成立”，
即函数在上单调递增．
由函数，可得，
令，可得，
时，，函数在上是增函数；
当时，时，，函数是增函数；
时，，函数是减函数，
故“对于任意的，都有成立”
为假命题的一个实数的值可以是－1（答案不唯一，只要满足即可）．
故答案为：－1（答案不唯一，只要满足即可)．
15. 某高台跳水运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：）与跳起后的时间（单位：）存在函数关系，的图象如图所示，已知曲线在处的切线平行于轴，根据图象，给出下列四个结论：

①在时高度关于时间的瞬时变化率为；
②曲线在附近比在附近下降得慢；
③曲线在附近比在附近上升得快；
④设在和时该运动员的瞬时速度分别为和，则．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】对于①，因为曲线在处的切线平行于轴，所以切线的斜率为0，即；对于②，比较大小即可；对于③，比较大小即可；对于④，，，比较大小即可.
【详解】因为，所以.
对于①，因为曲线在处的切线平行于轴，所以切线的斜率为0，即，所以在时高度关于时间的瞬时变化率为，故①正确；
对于②，由题意知，所以，即曲线附近比在附近下降得快，故②错误；
对于③，由题意知，所以，即曲线在附近比在附近上升得快，故③正确；
对于④，由题意知且，所以，
，
所以，
所以.
即，故④正确；
故答案为：①③④.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 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）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）最大值为18，最小值为.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）根据函数的单调性求出函数的极值点，从而求出函数的最值即可．
【详解】（1）因为，所以.
令，解得，.
随着x的变化，，变化情况如下表：
所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，，
所以，函数在区间上的最大值为18，最小值为.
【点睛】本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用，属于基础题
17. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）比较的大小，并画出的大致图像；
（3）若关于的方程有实数解，直接写出实数的取值范围．
【答案】（1）极小值，无极大值
（2），作图见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，分析导函数的符号，得出单调性和极值；
（2）利用（1）中的单调性和指数函数的符号进行判断；
（3）结合（2）的图像，将方程解的个数转化为图像的交点的个数
【小问1详解】
的定义域为，，
于是时，单调递增；
时，单调递减，
又，则在处取到极小值，无极大值.
【小问2详解】
由（1）知，在区间上单调递减．故．
又因为当时，，故，所以．
因为，所以．结合（1）中的单调性，大致图像如下：
【小问3详解】
的解的个数可以看成和直线在同一坐标系下图像交点的个数，
由（2）的图像知，当的取值不小于最小值即可，即
18. 某校举办乒乓球团体比赛，该比赛采用场胜制，每场均为单打，若某队先胜场，则比赛结束，要求每队派名运动员参赛，每名参赛运动员在团体赛中至多参加场比赛，前场比赛每名运动员各出场次，若场不能决出胜负，则由第位或第位出场的运动员参加后续的比赛．
（1）若某队从名运动员中选名参加此团体赛，求该队前场比赛有几种出场情况；
（2）已知某队派甲、乙、丙这名运动员参加此团体赛．
①若场决出胜负，列出该队所有可能出场情况；
②若场或场决出胜负，求该队共有几种出场情况．
【答案】（1）60 （2）①答案见解析；②24
【解析】
【分析】（1）根据分步乘法计数原理计数即可；
（2）①根据题意列举所有情况即可；②前场共有种出场情况，分场决出胜负和场决出胜负两种情况，讨论求解即可.
【小问1详解】
根据题意，该球队前场比赛有种出场情况．
【小问2详解】
①因为场决出胜负，所以该球队所有可能出场有6种情况如下：
甲、乙、丙；甲、丙、乙；乙、甲、丙；乙、丙、甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲．
②由①知，前场共有种出场情况．
所以场决出胜负时，前3场有6种，后1场有2种，该球队共有种出场情况．
场决出胜负时，前3场有6种，后2场有2种，该球队共有种出场情况．
所以场或场决出胜负时，该球队共有种出场情况．
19. 已知函数（）．

（1）若函数的导函数的图象如图所示．
①直接写出的单调区间，并求的值；
② 若有且只有1个零点，直接写出的取值范围；
（2）当时，讨论的单调性．
【答案】（1）①单调递增区间为和，单调递减区间为；；②．
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）①由图象确定的单调区间，由列出方程组求得；
②求得的极大值与极小值，结合条件列出不等式可求得的取值范围．
（2）当时，，分为，，三种情况讨论，得出的单调性．
【小问1详解】
①由图象知，当或时，；当时，，
∴的单调递增区间为和，单调递减区间为．
因为，所以．
由图知．
即，解得
②由①知，，
当时，取极大值；当时，取极小值，
由题意得：或，
∴的取值范围是．
【小问2详解】
当时，．
当时，
，∴在区间上单调递增．
当时，
当或时，；当时，，
∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减．
当时，
当或时，；当时，，
∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减．
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，求证：当时，；
（3）对任意的，判断与的大小关系，并证明结论．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意求解即可；
（2）对求导，可判断出当时，，则在区间上单调递减，从而可证得结论；
（3）不妨假设中的定值，令，，对函数求导后可判断在上单调递减，则，从而可比较出大小.
【小问1详解】
由，
得．
因为，．
所以曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
依题意，．
所以．
当时，，
所以．
所以函数在区间上单调递减．
因，
所以当时，．
【小问3详解】
不妨假设中的定值，令，，
则，，．
由（2）知，在区间上单调递减，
因为，所以．
从而在上单调递减．
因为，
所以当时，，即．
综上，对任意的，有
【点睛】关键点睛：此题第（3）问解题的关键是假设中的定值，令，，然后利用导数求出其单调区间，从而得结果.
21. 已知函数，．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；
（2）设函数，证明：的图象在的图象的上方．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义根据题意列方程组可求得答案；
（2）令，，将问题转化为证明对任意的，恒成立，等价于证明当，的最小值大于零，然后利用导数求的最小值即可.
【小问1详解】
因，，
所以．
依题设，，，且．
解得，．
【小问2详解】
令， ，
证明的图象在图象的上方，
等价于证明对任意的，恒成立，
等价于证明当，的最小值大于零．
由，得，，
令，则，
且当时，．
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以在区间上存在唯一零点，
所以，即．
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以．
因为，且，
所以．
因为，所以．
故．
所以．
故对任意的，恒成立，
即的图象在图象的上方．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将问题转化为证明对任意的，恒成立，然后利用导数求的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
x
1
0
0
极大值
极小值