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2023-2024学年安徽省合肥市普通高中六校联盟高二（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省合肥市普通高中六校联盟高二（下）期中数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示，且f′(x)为f(x)的导函数，则( )
A. f′(−1)f′(12)=f′(2)
C. f′(1)>f′(12)=f′(2)D. f′(1)2.已知函数f(x)=2x(x>0)的图像上任意一点P(x0,f(x0))，在点P处切线与x，y轴分别相交于A，B两点，则△OAB的面积为( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
3.已知函数f(x)=lnx+x2−mx.若函数f(x)在[1,2]上单调递减，则实数m的最小值为( )
A. 0B. 3C. 92D. 2 2
4.以“奔跑合肥，科创未来”为主题的2023合肥马拉松，于11月19日开跑，共有3万余名跑者在滨湖新区纵情奔跑，本次赛事设置全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑(约8公里)等多个项目，社会各界踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑三个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是( )
A. 若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有10种不同的分配方案
B. 若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有15种不同的分配方案
C. 安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法
D. 安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有48种不同的站法
5.已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)=1，若对任意的x∈R，都有f(x)A. (0,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,1)D. (−∞,0)
6.若函数f(x)=alnx+1x−1x2，既有极大值又有极小值，则a的取值范围为( )
A. (−∞,18)B. (0,18)C. (−∞,8)D. (0,8)
7.已知a=111e111、b=ln1211、c=110，那么a，b，c的大小关系为( )
A. b8.已知函数f(x)=ex−1，g(x)=1+lnx，若f(m)=g(n)，则m−n的最大值是( )
A. −1B. 0C. −ln2+12D. 2ln2+3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列求导运算正确的是( )
A. 若f(x)=lnxπ，则f′(x)=1πB. 若f(x)=x23，则f′(x)=23x−13
C. 若f(x)=2x，则f′(x)=2xln2D. 若f(x)=e2x，则f′(x)=e2x
10.某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是( )
A. 若任意选择三门课程，则总选法为C63
B. 若物理和历史至少选一门，则总选法为C21C42
C. 若物理和历史不能同时选，则总选法为C63−C41
D. 若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为C21C42
11.已知函数f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值b，直线y=m与两曲线y=f(x)和y=g(x)恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为x1，x2，x1，则以下说法正确的是( )
A. a=1B. b=1e
C. x1，x2，x3成等差数列D. x1，x2，x3成等比数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有______(结果用数字作答)．
13.写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：______．
①f(x1x2)=f(x1)+f(x2)；②当x∈(0,+∞)时，f′(x)<0；③f′(x)是奇函数．
14.设实数m>0，若对∀x∈(0,+∞)，不等式emx−lnxm≥0恒成立，则m的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx图象在点(0,f(0))处切线斜率为−4，且x=−2时，y=f(x)有极值．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)极值．
16.(本小题15分)
北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙.为了某次航天任务，准备从7名预备队员中(其中男4人，女3人)中选择4人作为航天员参加该次任务．
(1)若至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有多少种选法？(结果用数字作答)
(2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？(结果用数字作答)
17.(本小题15分)
设a为实数，已知f(x)=x3−3x+3−xex，g(x)=lnx+a+1．
(1)求f(x)在区间[0,2]的值域；
(2)对于∃x1∈[0,2]，∀x2∈[1,3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知f(x)=lnx−mx+1，m∈R．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤x(ex−2)对于定义域内任意x恒成立，求m取值范围．
19.(本小题17分)
英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处的n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)=f(0)+f′(0)x+f″(0)2!x2+f(3)(0)3!x3+…+f(n)(0)n!xn+….注：f′′(x)表示f(x)的2阶导数，即为f′(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：csx=1−x22!+x44!−x66!+….当x≥0时，试比较csx与1−x22的大小，并给出证明；
(3)设n∈N*，证明：k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由图可得，函数y=f(x)在(−∞,12)上单调递增，
在(12,2)上单调递减，
在(2,+∞)上单调递增．
所以f′(−1)>0，f′(12)=f′(2)=0．
故选：B．
根据函数单调性和导数之间的关系即可得到结论．
本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为f′(x)=−2x2，所以切线的斜率k=−2x02，切线方程为y− f(x0)=−2x02(x−x0)，
令x=0得y=2x0+2x0=4x0；再令y=0得x=x0+x0=2x0；所以SAOAB=12×2x0×4x0=4．
故选：C．
求导数求出切线方程，令x=0和y=0求出三角形的底和高，可得结果．
本题主要考查利用导数研究切线方程，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：f′(x)=1x+2x−m=2x2−mx+1x，
若函数f(x)在[1,2]上单调递减，
则f′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即2x2−mx+1≤0在[1,2]上恒成立，
所以m≥2x+1x在[1,2]上恒成立，
直线m≥(2x+1x)max，
由对勾函数的性质可知函数y=2x+1x在[1,2]上单调递增，
所以当x=2时，y=2x+1x取得最大值为92，
所以m≥92，所以m的最小值为92．
故选：C．
对f(x)求导，由函数f(x)在[1,2]上单调递减，可得f′(x)≤0在[1,2]上恒成立，参变量分离，求函数的最值，进而可得m的取值范围，从而可得最小值．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：对于AB，先从5人中选3安排到全程马拉松项目有C53=10种方法，
然后剩下2人到其它两个项目有A22=2，
则由分步乘法原理可知共有10×2=20种分配方案，所以A错误，B错误；
对于CD，先将甲、乙捆绑在一起看成一个整体，再与剩下的3人进行全排列，
所以不同的站法有A22A44=2×4×3×2×1=48种，所以C错误，D正确．
故选：D．
对于AB，先从5人中选3安排到全程马拉松项目，然后剩下2人到其它两个项目即可，对于CD，利用捆绑法求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，考查了捆绑法的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：令g(x)=f(x)ex，
则g′(x)=f′(x)ex−f(x)ex(ex)2=f′(x)−f(x)ex，
因为对任意的x∈R，都有f(x)所以g′(x)>0恒成立，
所以g(x)在R上单调递增，
因为f(0)=1，所以g(0)=f(0)e0=1，
所以f(x)所以x<0，即不等式f(x)故选：D．
令g(x)=f(x)ex，求导，结合已知可得g(x)的单调性，将已知不等式进行转化，利用g(x)的单调性即可求解x的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意得定义域为{x|x>0}，f′(x)=ax−1x2+2x3=ax2−x+2x3，
因为函数既有极大值又有极小值，
所以ax2−x−2=0有两个不相等的正根，
则Δ=1−4a×2>0−−1a>02a>0，解得a∈(0,18).
故选：B．
先求出定义域，再求导数得两个不相等的正根，可求出结果．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：先比较a，c，
a=111e111，c=110=1111−111=111×11−111，
即比较e111与11−111大小，
令f(x)=(1−x)ex−1，x∈(0,1)，
则f′(x)=−ex+(1−x)ex=−xex<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，
所以f(x)又因为1−x>0，所以ex<11−x，
所以e111<11−111，
即a再比较a，b，
b=ln1211=ln(1+111)，
设g(x)=ln(1+x)−x，x∈(0,1)，
则g′(x)=11+x−1=−x1+x<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，
所以g(x)因为当x∈(0,1)时，ex>1，所以xex>x，
所以当x∈(0,1)时，xex>x>ln(1+x)，
所以111e111>ln(1+111)，即a>b，
综上所述，c>a>b．
故选：A．
由题意可知，a=111e111，b=ln1211=ln(1+111)，c=110=1111−111=111×11−111，构造函数f(x)=(1−x)ex−1，x∈(0,1)，利用其单调性可比较a与c的大小，构造函数g(x)=ln(1+x)−x，x∈(0,1)，利用其单调性可比较a与b的大小，进而得到a，b，c的大小关系．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：设f(m)=g(n)=k(k>0)，
则有em−1=k，解得m=lnk+1；
1+lnn=k，解得n=ek−1，
所以m−n=lnk+1−ek−1=lnk−eke+1，
令h(k)=lnk−eke+1，k>0，
则h′(k)=1k−eke=e−kekek，
令φ(k)=e−kek，
则φ′(k)=−(k+1)ek<0，
所以φ(k)在(0,+∞)上单调递减，
又φ(1)=0，
所以当k∈(0,1)时，φ(k)>0，
当k∈(1,+∞)时，φ(k)<0，
即当k∈(0,1)时，h′(k)>0，
当k∈(1,+∞)时，h′(k)<0，
所以h(k)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以h(k)max=h(1)=0．
即m−n的最大值为0．
故选：B．
设f(m)=g(n)=k(k>0)，则有m−n=lnk+1−ek−1=lnk−eke+1，令h(k)=lnk−eke+1，k>0，利用导数求解即可．
本题考查了导数的综合运用、转化思想，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：若f(x)=lnxπ，则f′(x)=ππx=1x，A错误；
若f(x)=x23，则f′(x)=23x−13，B正确；
若f(x)=2x，则f′(x)=2xln2，C正确；
若f(x)=e2x，则f′(x)=2e2x，D错误．
故选：BC．
由已知结合函数的求导公式及求导法则检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的求导公式及求导法则的应用，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：A：若任意选择三门课程，选法总数为C63种，
故A正确；
B：在物理、化学中选一门，其它选两门，
有C21C42种，
物理、化学都选，其它选一门，
有C22C41种，
总共有C21C42+C22C41种选法，
故B错误；
C：任选3门的C63种选法中，排除物理、历史同时选的C41种选法，
则物理和历史不能同时选，
则总选法为C63−C41，
故C正确；
D：若物理和历史至少选一门且不能同时选，
则总选法为C21C42，
故D正确．
故选：ACD．
对于A，应用组合公式可得；对于B，由分类加法和分步乘法计数原理可得；对于C，由间接法可得；对于D，结合分步乘法计数原理可判断．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理及分步乘法计数原理，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为f′(x)=a(1−x)ex，g′(x)=a(1−lnx)(ax)2，a≠0，
所以令f′(x)=0，得x=1，
令g′(x)=0，得x=e，
当a<0时，在(−∞,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)有最小值，无最大值，不合题意，
当a>0时，在(−∞,1)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1,+∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max=f(1)=ae，
在(0,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(e,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以f(x)min=g(e)=1ae，
因为函数f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值b，
所以ae=1ae=b，
所以a=1，b=1e，即A，B对；
作出函数f(x)与g(x)的图像可得：
根据题意知当直线y=m过两个函数的交点A时，满足题意，
设A(x2,m)，
直线y=m与f(x)在A的坐标的交点为P(x1,m)，
直线y=m与g(x)在A的右边的交点为Q(x3,m)，
所以0因为m=x1ex1=lnx2x2，
所以x1ex1=lnx2elnx2，
即f(x1)=f(lnx2)，
又x1<1，lnx2所以x1=lnx2，
所以x2x1=x2lnx2=1m，由m=x2ex2=lnx3x3，
所以f(x2)=f(lnx3)，
又x2>1，lnx3>lne=1，且f(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以x2=lnx3，
所以x3x2=x3lnx3=1m，
所以x2x1=x3x2=1m，
所以x1，x2，x3成等比数列，
所以x1x3=x22，即C错，D对．
故选：ABD．
求导分析f(x)，g(x)的单调性，进而可得f(x)，g(x)的最大值，即ae=1ae=b，即可解得a，b，作出函数f(x)与g(x)的图像可得当直线y=m过两个函数的交点A时，满足题意，设A(x2,m)，直线y=m与f(x)在A的坐标的交点为P(x1,m)，直线y=m与g(x)在A的右边的交点为Q(x3,m)，则0本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
12.【答案】72
【解析】解：C区域有4种选择，D区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有4×3×3×2=72种．
故答案为：72．
依次考虑C、D、A、B区域，利用分步乘法计数原理可得结果．
本题考查了分步乘法计数原理，属于基础题．
13.【答案】f(x)=lg12|x|(答案不唯一)
【解析】解：①由lga(x1x2)=lgax1+lgax2，即f(x)=lgax满足f(x1x2)=f(x1)+f(x2)；
②对于f(x)=lgax，在x∈(0,+∞)上要使导函数f′(x)=1xlna<0恒成立，故lna<0，所以0③由②知：f′(−x)=1−xlna=−1xlna=−f′(x)，注意定义域要关于原点对称，满足f′(x)是奇函数；
综上，f(x)=lga|x|且0故答案为：f(x)=lg12|x|(答案不唯一)．
根据对数的运算性质及对数函数的导数，结合题设性质写出一个满足要求的函数解析式即可．
本题主要考查了对数函数的性质，考查了函数的奇偶性，属于基础题．
14.【答案】[1e,+∞)
【解析】解：由emx−lnxm≥0⇔mxemx≥xlnx=lnx⋅elnx，
构造函数f(x)=xex(x>0)⇒f′(x)=(x+1)ex>0，
所以f(x)在(0,+∞)为增函数，则mx⋅emx≥lnx⋅elnx⇔mx≥lnx，
即对∀x∈(0,+∞)，不等式mx≥lnx恒成立，
则∀x∈(0,+∞)，m≥(lnxx)max，
构造函数g(x)=lnxx⇒g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)>0，得0e；
所以g(x)=lnxx在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(e)=1e，即m≥1e．
故答案为：[1e,+∞)．
构造函数f(x)=xex，判定其单调性得mx≥lnx，分离参数根据恒成立求y=(lnxx)max即可．
本题考查了恒成立问题，考查了转化思想及导数的综合运用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f′(x)=3x2+2ax+b.因为切线斜率为−4，则f′(0)=b=−4，
又x=−2时，y=f(x)有极值，则f(−2)=12−4a+b=0⇒a=2，
则f(x)=x3+2x2−4x；
(2)由(1)，f′(x)=3x2+4x−4，
令f′(x)=0，得(x+2)(3x−2)=0⇒x1=−2或x2=23，
令f′(x)>0⇒x>23或x−2,f′(x)<0⇒−2则f(x)在(−∞,−2),(23,+∞)上单调递增，在(−2,23)上单调递减，
则f(x)在x=−2时取极大值为f(−2)=8，
f(x)在x=23时取极小值为f(23)=−4027．
【解析】(1)在(0,f(0))处的切线斜率为−4，结合导数的几何意义可得b=−4，由x=−2时，y=f(x)有极值可得f′(−2)=0，即可得答案；
(2)由(1)结果，利用导数知识可得f(x)的单调区间和极值；
本题主要考查利用导数求单调性和极值，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题意，分成3种情况讨论：
只有一名女性C31C43=12种选法，
有两名女性C32C42=18种选法，
有三名女性C33C41=4种选法，
所以共有34种选法；
(2)根据题意，先选4名航天员，然后分为2，1，1的三组，然后分配到A，B，C实验室，
则C74×C42C21A22×A33=1260，
所以共有1260种选派方式．
【解析】(1)由分类加法计数原理即可求解；
(2)利用部分平均分配即可求解．
本题考查了分类加法计数原理和部分平均分配，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f′(x)=(x−1)(3x+3+1ex)，
当x∈[0,2]时，3x+3+1ex>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增，
∴函数f(x)在区间[0,2]上的最小值为f(1)=1−1e，
f(0)=3,f(2)=5−2e2，
∴值域为[1−1e,5−2e2]．
(2)∵∃x1∈[0,2]，∀x2∈[1,3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，
∴f(x1)min≤g(x2)min，
又g(x)=lnx+a+1在[1,3]上单调递增，
∴函数g(x)在区间[1,3]上的最小值为g(1)=a+1，
∴1−1e≤a+1，即实数a的取值范围是[−1e,+∞)．
【解析】(1)对f(x)求导，利用导数判断函数的单调性，从而可得函数的最值，进而可得函数的值域；
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min，求出g(x)的最小值，可得a的不等式，求解即可．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=lnx−mx+1，m∈R．
∴f′(x)=1x−m=1−mxx，x∈(0,+∞)；
当m≤0时，f′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，令f(x)>0，则x<1m，
故f(x)在(0,1m)上单调递增，f(x)在(1m,+∞)上单调递减：
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(0,1m)上单调递增．f(x)在(1m,+∞)上单调递减，
(2)由题意f(x)≤x(ex−2)对于定义域内任意x恒成立，
即lnx−mx+1≤x(ex−2)对于定义域内任意x恒成立，
可知，lnx+1x−m≤ex−2，
即2−m≤ex−lnx+1x，
令g(x)=ex−lnx+1x，
所以g′(x)=x2ex+lnxx2，
令Q(x)=x2ex+lnx，则Q′(x)=(x2+2x)ex+1x>0，
由于Q(12)<0，Q(0)>0，
所以存在x0，使得Q(x0)=0，
g(x)在(0,x0)上单调递减，f(x)在(x0,+∞)上单调递增，
x(x)最小值为g(x0)=ex0−lnx0+1x0，
由于x0，满足x02ex0+lnx0=0x0ex0=−lnx0x0，
两边取对数lnx0+x0=ln(−lnx0)+(−lnx0)，即−lnx0=x0ex0=1x0，
由g(x0)=ex0−lnx0+1x0=1x0−−x0+1x0=1，
故2−m≤1，解得m≥1，
即m取值范围为[1,+∞)．
【解析】(1)对函数求导后，分m≤0和m>0两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
(2)将问题转化为2−m≤ex−lnx+1x在(0,+∞)上恒成立，构造函数g(x)=ex−lnx+1x，求出后得g′(x)=x2ex+lnxx2，再构造函数Q(x)=x2ex+lnx，对其求导判断其单调性，从而可求出g(x)的单调区间，求出其最小值，进而可求m取值范围．
本题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数的单调性，不等式恒成立问题，属于难题．
19.【答案】(1)解：令f(x)=sinx，f′(x)=csx，f′′(x)=−sinx，f(3)(x)=−csx，.f(4)(x)=sinx，..，
故f(0)=0，f′(0)=1，f′′(0)=0，f(3)(x)=−1，…，
由麦克劳林公式公式得：sinx=x−x33!+x55!−x77!+...，
所以sin12=12−148+...≈0.48．
(2)当x≥0时，csx≥1−x22．
证明：令g(x)=csx−1+x22，x≥0，
g′(x)=−sinx+x，g′′(x)=−csx+1≥0恒成立，
所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，且g′(0)=0，
所以g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
且g(0)=0，所以csx≥1−x22．
(3)证明：由(2)知，csx≥1−x22，sinx≤x，当且仅当x=0时取等号，
故当x>0时，csx>1−x22，sinx1(n+k)tan1n+k=cs1n+k(n+k)sin1n+k>cs1n+k(n+k)⋅1n+k=cs1n+k>1−12(n+k)2，
而12(n+k)2=2(2n+2k)2<2(2n+2k)2−1=2(2n+2k−1)(2n+2k+1)=12n+2k−1−12n+2k+1，
所以1(n+k)tan1n+k>1−(12n+2k−1−12n+2k+1)，
故k=1n1(n+k)tan1n+k>n−(12n+1−12n+3+12n+3−12n+5+...+14n−1−14n+1)
=n−12n+1+14n+1，
而n−12n+1+14n+1−n+14n+2=14n+1−14n+2>0，
所以：k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2．
【解析】本题考查对新定义的理解，利用导数证明不等式，放缩法证明不等式，属难题．
(1)根据麦克劳林公式，求出sinx=x−x33!+x55!−x77!+...，代入12即可求出结果；
(2)构造函数g(x)=csx−1+x22，x≥0，求导，分析导数的符号，得出原函数的单调性和最值，即可证明结论；
(3)对1(n+k)tan1n+k变形得cs1n+k(n+k)sin1n+k，根据(2)的结论，放缩得到1(n+k)tan1n+k>1−(12n+2k−1−12n+2k+1)，然后求和即可证明结论．
1.已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示，且f′(x)为f(x)的导函数，则( )
A. f′(−1)
C. f′(1)>f′(12)=f′(2)D. f′(1)
A. 1B. 2C. 4D. 8
3.已知函数f(x)=lnx+x2−mx.若函数f(x)在[1,2]上单调递减，则实数m的最小值为( )
A. 0B. 3C. 92D. 2 2
4.以“奔跑合肥，科创未来”为主题的2023合肥马拉松，于11月19日开跑，共有3万余名跑者在滨湖新区纵情奔跑，本次赛事设置全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑(约8公里)等多个项目，社会各界踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑三个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是( )
A. 若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有10种不同的分配方案
B. 若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有15种不同的分配方案
C. 安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法
D. 安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有48种不同的站法
5.已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)=1，若对任意的x∈R，都有f(x)
6.若函数f(x)=alnx+1x−1x2，既有极大值又有极小值，则a的取值范围为( )
A. (−∞,18)B. (0,18)C. (−∞,8)D. (0,8)
7.已知a=111e111、b=ln1211、c=110，那么a，b，c的大小关系为( )
A. b
A. −1B. 0C. −ln2+12D. 2ln2+3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列求导运算正确的是( )
A. 若f(x)=lnxπ，则f′(x)=1πB. 若f(x)=x23，则f′(x)=23x−13
C. 若f(x)=2x，则f′(x)=2xln2D. 若f(x)=e2x，则f′(x)=e2x
10.某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是( )
A. 若任意选择三门课程，则总选法为C63
B. 若物理和历史至少选一门，则总选法为C21C42
C. 若物理和历史不能同时选，则总选法为C63−C41
D. 若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为C21C42
11.已知函数f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值b，直线y=m与两曲线y=f(x)和y=g(x)恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依此为x1，x2，x1，则以下说法正确的是( )
A. a=1B. b=1e
C. x1，x2，x3成等差数列D. x1，x2，x3成等比数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有______(结果用数字作答)．
13.写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：______．
①f(x1x2)=f(x1)+f(x2)；②当x∈(0,+∞)时，f′(x)<0；③f′(x)是奇函数．
14.设实数m>0，若对∀x∈(0,+∞)，不等式emx−lnxm≥0恒成立，则m的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx图象在点(0,f(0))处切线斜率为−4，且x=−2时，y=f(x)有极值．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)极值．
16.(本小题15分)
北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙.为了某次航天任务，准备从7名预备队员中(其中男4人，女3人)中选择4人作为航天员参加该次任务．
(1)若至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有多少种选法？(结果用数字作答)
(2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？(结果用数字作答)
17.(本小题15分)
设a为实数，已知f(x)=x3−3x+3−xex，g(x)=lnx+a+1．
(1)求f(x)在区间[0,2]的值域；
(2)对于∃x1∈[0,2]，∀x2∈[1,3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知f(x)=lnx−mx+1，m∈R．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤x(ex−2)对于定义域内任意x恒成立，求m取值范围．
19.(本小题17分)
英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处的n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)=f(0)+f′(0)x+f″(0)2!x2+f(3)(0)3!x3+…+f(n)(0)n!xn+….注：f′′(x)表示f(x)的2阶导数，即为f′(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：csx=1−x22!+x44!−x66!+….当x≥0时，试比较csx与1−x22的大小，并给出证明；
(3)设n∈N*，证明：k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由图可得，函数y=f(x)在(−∞,12)上单调递增，
在(12,2)上单调递减，
在(2,+∞)上单调递增．
所以f′(−1)>0，f′(12)=f′(2)=0．
故选：B．
根据函数单调性和导数之间的关系即可得到结论．
本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为f′(x)=−2x2，所以切线的斜率k=−2x02，切线方程为y− f(x0)=−2x02(x−x0)，
令x=0得y=2x0+2x0=4x0；再令y=0得x=x0+x0=2x0；所以SAOAB=12×2x0×4x0=4．
故选：C．
求导数求出切线方程，令x=0和y=0求出三角形的底和高，可得结果．
本题主要考查利用导数研究切线方程，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：f′(x)=1x+2x−m=2x2−mx+1x，
若函数f(x)在[1,2]上单调递减，
则f′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即2x2−mx+1≤0在[1,2]上恒成立，
所以m≥2x+1x在[1,2]上恒成立，
直线m≥(2x+1x)max，
由对勾函数的性质可知函数y=2x+1x在[1,2]上单调递增，
所以当x=2时，y=2x+1x取得最大值为92，
所以m≥92，所以m的最小值为92．
故选：C．
对f(x)求导，由函数f(x)在[1,2]上单调递减，可得f′(x)≤0在[1,2]上恒成立，参变量分离，求函数的最值，进而可得m的取值范围，从而可得最小值．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：对于AB，先从5人中选3安排到全程马拉松项目有C53=10种方法，
然后剩下2人到其它两个项目有A22=2，
则由分步乘法原理可知共有10×2=20种分配方案，所以A错误，B错误；
对于CD，先将甲、乙捆绑在一起看成一个整体，再与剩下的3人进行全排列，
所以不同的站法有A22A44=2×4×3×2×1=48种，所以C错误，D正确．
故选：D．
对于AB，先从5人中选3安排到全程马拉松项目，然后剩下2人到其它两个项目即可，对于CD，利用捆绑法求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，考查了捆绑法的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：令g(x)=f(x)ex，
则g′(x)=f′(x)ex−f(x)ex(ex)2=f′(x)−f(x)ex，
因为对任意的x∈R，都有f(x)
所以g(x)在R上单调递增，
因为f(0)=1，所以g(0)=f(0)e0=1，
所以f(x)
令g(x)=f(x)ex，求导，结合已知可得g(x)的单调性，将已知不等式进行转化，利用g(x)的单调性即可求解x的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意得定义域为{x|x>0}，f′(x)=ax−1x2+2x3=ax2−x+2x3，
因为函数既有极大值又有极小值，
所以ax2−x−2=0有两个不相等的正根，
则Δ=1−4a×2>0−−1a>02a>0，解得a∈(0,18).
故选：B．
先求出定义域，再求导数得两个不相等的正根，可求出结果．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：先比较a，c，
a=111e111，c=110=1111−111=111×11−111，
即比较e111与11−111大小，
令f(x)=(1−x)ex−1，x∈(0,1)，
则f′(x)=−ex+(1−x)ex=−xex<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，
所以f(x)
所以e111<11−111，
即a
b=ln1211=ln(1+111)，
设g(x)=ln(1+x)−x，x∈(0,1)，
则g′(x)=11+x−1=−x1+x<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，
所以g(x)
所以当x∈(0,1)时，xex>x>ln(1+x)，
所以111e111>ln(1+111)，即a>b，
综上所述，c>a>b．
故选：A．
由题意可知，a=111e111，b=ln1211=ln(1+111)，c=110=1111−111=111×11−111，构造函数f(x)=(1−x)ex−1，x∈(0,1)，利用其单调性可比较a与c的大小，构造函数g(x)=ln(1+x)−x，x∈(0,1)，利用其单调性可比较a与b的大小，进而得到a，b，c的大小关系．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：设f(m)=g(n)=k(k>0)，
则有em−1=k，解得m=lnk+1；
1+lnn=k，解得n=ek−1，
所以m−n=lnk+1−ek−1=lnk−eke+1，
令h(k)=lnk−eke+1，k>0，
则h′(k)=1k−eke=e−kekek，
令φ(k)=e−kek，
则φ′(k)=−(k+1)ek<0，
所以φ(k)在(0,+∞)上单调递减，
又φ(1)=0，
所以当k∈(0,1)时，φ(k)>0，
当k∈(1,+∞)时，φ(k)<0，
即当k∈(0,1)时，h′(k)>0，
当k∈(1,+∞)时，h′(k)<0，
所以h(k)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以h(k)max=h(1)=0．
即m−n的最大值为0．
故选：B．
设f(m)=g(n)=k(k>0)，则有m−n=lnk+1−ek−1=lnk−eke+1，令h(k)=lnk−eke+1，k>0，利用导数求解即可．
本题考查了导数的综合运用、转化思想，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：若f(x)=lnxπ，则f′(x)=ππx=1x，A错误；
若f(x)=x23，则f′(x)=23x−13，B正确；
若f(x)=2x，则f′(x)=2xln2，C正确；
若f(x)=e2x，则f′(x)=2e2x，D错误．
故选：BC．
由已知结合函数的求导公式及求导法则检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的求导公式及求导法则的应用，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：A：若任意选择三门课程，选法总数为C63种，
故A正确；
B：在物理、化学中选一门，其它选两门，
有C21C42种，
物理、化学都选，其它选一门，
有C22C41种，
总共有C21C42+C22C41种选法，
故B错误；
C：任选3门的C63种选法中，排除物理、历史同时选的C41种选法，
则物理和历史不能同时选，
则总选法为C63−C41，
故C正确；
D：若物理和历史至少选一门且不能同时选，
则总选法为C21C42，
故D正确．
故选：ACD．
对于A，应用组合公式可得；对于B，由分类加法和分步乘法计数原理可得；对于C，由间接法可得；对于D，结合分步乘法计数原理可判断．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理及分步乘法计数原理，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为f′(x)=a(1−x)ex，g′(x)=a(1−lnx)(ax)2，a≠0，
所以令f′(x)=0，得x=1，
令g′(x)=0，得x=e，
当a<0时，在(−∞,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)有最小值，无最大值，不合题意，
当a>0时，在(−∞,1)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1,+∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max=f(1)=ae，
在(0,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(e,+∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以f(x)min=g(e)=1ae，
因为函数f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值b，
所以ae=1ae=b，
所以a=1，b=1e，即A，B对；
作出函数f(x)与g(x)的图像可得：
根据题意知当直线y=m过两个函数的交点A时，满足题意，
设A(x2,m)，
直线y=m与f(x)在A的坐标的交点为P(x1,m)，
直线y=m与g(x)在A的右边的交点为Q(x3,m)，
所以0
所以x1ex1=lnx2elnx2，
即f(x1)=f(lnx2)，
又x1<1，lnx2
所以x2x1=x2lnx2=1m，由m=x2ex2=lnx3x3，
所以f(x2)=f(lnx3)，
又x2>1，lnx3>lne=1，且f(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以x2=lnx3，
所以x3x2=x3lnx3=1m，
所以x2x1=x3x2=1m，
所以x1，x2，x3成等比数列，
所以x1x3=x22，即C错，D对．
故选：ABD．
求导分析f(x)，g(x)的单调性，进而可得f(x)，g(x)的最大值，即ae=1ae=b，即可解得a，b，作出函数f(x)与g(x)的图像可得当直线y=m过两个函数的交点A时，满足题意，设A(x2,m)，直线y=m与f(x)在A的坐标的交点为P(x1,m)，直线y=m与g(x)在A的右边的交点为Q(x3,m)，则0
12.【答案】72
【解析】解：C区域有4种选择，D区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有4×3×3×2=72种．
故答案为：72．
依次考虑C、D、A、B区域，利用分步乘法计数原理可得结果．
本题考查了分步乘法计数原理，属于基础题．
13.【答案】f(x)=lg12|x|(答案不唯一)
【解析】解：①由lga(x1x2)=lgax1+lgax2，即f(x)=lgax满足f(x1x2)=f(x1)+f(x2)；
②对于f(x)=lgax，在x∈(0,+∞)上要使导函数f′(x)=1xlna<0恒成立，故lna<0，所以0
综上，f(x)=lga|x|且0
根据对数的运算性质及对数函数的导数，结合题设性质写出一个满足要求的函数解析式即可．
本题主要考查了对数函数的性质，考查了函数的奇偶性，属于基础题．
14.【答案】[1e,+∞)
【解析】解：由emx−lnxm≥0⇔mxemx≥xlnx=lnx⋅elnx，
构造函数f(x)=xex(x>0)⇒f′(x)=(x+1)ex>0，
所以f(x)在(0,+∞)为增函数，则mx⋅emx≥lnx⋅elnx⇔mx≥lnx，
即对∀x∈(0,+∞)，不等式mx≥lnx恒成立，
则∀x∈(0,+∞)，m≥(lnxx)max，
构造函数g(x)=lnxx⇒g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)>0，得0
所以g(x)=lnxx在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(e)=1e，即m≥1e．
故答案为：[1e,+∞)．
构造函数f(x)=xex，判定其单调性得mx≥lnx，分离参数根据恒成立求y=(lnxx)max即可．
本题考查了恒成立问题，考查了转化思想及导数的综合运用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f′(x)=3x2+2ax+b.因为切线斜率为−4，则f′(0)=b=−4，
又x=−2时，y=f(x)有极值，则f(−2)=12−4a+b=0⇒a=2，
则f(x)=x3+2x2−4x；
(2)由(1)，f′(x)=3x2+4x−4，
令f′(x)=0，得(x+2)(3x−2)=0⇒x1=−2或x2=23，
令f′(x)>0⇒x>23或x−2,f′(x)<0⇒−2
则f(x)在x=−2时取极大值为f(−2)=8，
f(x)在x=23时取极小值为f(23)=−4027．
【解析】(1)在(0,f(0))处的切线斜率为−4，结合导数的几何意义可得b=−4，由x=−2时，y=f(x)有极值可得f′(−2)=0，即可得答案；
(2)由(1)结果，利用导数知识可得f(x)的单调区间和极值；
本题主要考查利用导数求单调性和极值，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题意，分成3种情况讨论：
只有一名女性C31C43=12种选法，
有两名女性C32C42=18种选法，
有三名女性C33C41=4种选法，
所以共有34种选法；
(2)根据题意，先选4名航天员，然后分为2，1，1的三组，然后分配到A，B，C实验室，
则C74×C42C21A22×A33=1260，
所以共有1260种选派方式．
【解析】(1)由分类加法计数原理即可求解；
(2)利用部分平均分配即可求解．
本题考查了分类加法计数原理和部分平均分配，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f′(x)=(x−1)(3x+3+1ex)，
当x∈[0,2]时，3x+3+1ex>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增，
∴函数f(x)在区间[0,2]上的最小值为f(1)=1−1e，
f(0)=3,f(2)=5−2e2，
∴值域为[1−1e,5−2e2]．
(2)∵∃x1∈[0,2]，∀x2∈[1,3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，
∴f(x1)min≤g(x2)min，
又g(x)=lnx+a+1在[1,3]上单调递增，
∴函数g(x)在区间[1,3]上的最小值为g(1)=a+1，
∴1−1e≤a+1，即实数a的取值范围是[−1e,+∞)．
【解析】(1)对f(x)求导，利用导数判断函数的单调性，从而可得函数的最值，进而可得函数的值域；
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min，求出g(x)的最小值，可得a的不等式，求解即可．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=lnx−mx+1，m∈R．
∴f′(x)=1x−m=1−mxx，x∈(0,+∞)；
当m≤0时，f′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，令f(x)>0，则x<1m，
故f(x)在(0,1m)上单调递增，f(x)在(1m,+∞)上单调递减：
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(0,1m)上单调递增．f(x)在(1m,+∞)上单调递减，
(2)由题意f(x)≤x(ex−2)对于定义域内任意x恒成立，
即lnx−mx+1≤x(ex−2)对于定义域内任意x恒成立，
可知，lnx+1x−m≤ex−2，
即2−m≤ex−lnx+1x，
令g(x)=ex−lnx+1x，
所以g′(x)=x2ex+lnxx2，
令Q(x)=x2ex+lnx，则Q′(x)=(x2+2x)ex+1x>0，
由于Q(12)<0，Q(0)>0，
所以存在x0，使得Q(x0)=0，
g(x)在(0,x0)上单调递减，f(x)在(x0,+∞)上单调递增，
x(x)最小值为g(x0)=ex0−lnx0+1x0，
由于x0，满足x02ex0+lnx0=0x0ex0=−lnx0x0，
两边取对数lnx0+x0=ln(−lnx0)+(−lnx0)，即−lnx0=x0ex0=1x0，
由g(x0)=ex0−lnx0+1x0=1x0−−x0+1x0=1，
故2−m≤1，解得m≥1，
即m取值范围为[1,+∞)．
【解析】(1)对函数求导后，分m≤0和m>0两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
(2)将问题转化为2−m≤ex−lnx+1x在(0,+∞)上恒成立，构造函数g(x)=ex−lnx+1x，求出后得g′(x)=x2ex+lnxx2，再构造函数Q(x)=x2ex+lnx，对其求导判断其单调性，从而可求出g(x)的单调区间，求出其最小值，进而可求m取值范围．
本题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数的单调性，不等式恒成立问题，属于难题．
19.【答案】(1)解：令f(x)=sinx，f′(x)=csx，f′′(x)=−sinx，f(3)(x)=−csx，.f(4)(x)=sinx，..，
故f(0)=0，f′(0)=1，f′′(0)=0，f(3)(x)=−1，…，
由麦克劳林公式公式得：sinx=x−x33!+x55!−x77!+...，
所以sin12=12−148+...≈0.48．
(2)当x≥0时，csx≥1−x22．
证明：令g(x)=csx−1+x22，x≥0，
g′(x)=−sinx+x，g′′(x)=−csx+1≥0恒成立，
所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，且g′(0)=0，
所以g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
且g(0)=0，所以csx≥1−x22．
(3)证明：由(2)知，csx≥1−x22，sinx≤x，当且仅当x=0时取等号，
故当x>0时，csx>1−x22，sinx
而12(n+k)2=2(2n+2k)2<2(2n+2k)2−1=2(2n+2k−1)(2n+2k+1)=12n+2k−1−12n+2k+1，
所以1(n+k)tan1n+k>1−(12n+2k−1−12n+2k+1)，
故k=1n1(n+k)tan1n+k>n−(12n+1−12n+3+12n+3−12n+5+...+14n−1−14n+1)
=n−12n+1+14n+1，
而n−12n+1+14n+1−n+14n+2=14n+1−14n+2>0，
所以：k=1n1(n+k)tan1n+k>n−14n+2．
【解析】本题考查对新定义的理解，利用导数证明不等式，放缩法证明不等式，属难题．
(1)根据麦克劳林公式，求出sinx=x−x33!+x55!−x77!+...，代入12即可求出结果；
(2)构造函数g(x)=csx−1+x22，x≥0，求导，分析导数的符号，得出原函数的单调性和最值，即可证明结论；
(3)对1(n+k)tan1n+k变形得cs1n+k(n+k)sin1n+k，根据(2)的结论，放缩得到1(n+k)tan1n+k>1−(12n+2k−1−12n+2k+1)，然后求和即可证明结论．
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