2023-2024学年天津市南开中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年天津市南开中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.一质点做直线运动，其位移s(t)(单位：m)与时间t(单位s)之间满足关系s(t)=t3−2t2+3t−1，则该质点在第3s时的瞬时速度为( )
A. 18m/sB. 21m/sC. 25m/sD. 27m/s
2.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )
A. y=f(x)在(−2,1)上单调递增B. y=f(x)在(1,3)上单调递减
C. 当x=4时，y=f(x)取极大值D. 当x=2时，y=f(x)取极大值
3.将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有( )
A. 120种B. 240种C. 480种D. 600种
4.将一个边长为3cm的正方形铁片的四角截去四个边长均为xcm的小正方形，做成一个无盖方盒，则该方盒容积最大为( )
A. 1cm3B. 2cm3C. 3cm3D. 4cm3
5.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f(x)−x>0的解集是( )
A. (−∞,ln2)B. (ln2,+∞)C. (0,2)D. (2,+∞)
6.若函数f(x)=ex−a,x>1−x3+3x2,x≤1有最小值，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,1]B. (−∞,e]C. (0,1]D. (0,e]
7.形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为( )
A. 13B. 16C. 20D. 25
8.已知函数f(x)=ex(2x−1)−ax+2a，其中a<12，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则实数a的取值范围是( )
A. [−32e,12)B. [−32e,14]C. [1e,12)D. (14,1e]
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
9.已知函数y=f(x)在x=1处的切线方程为y=4x−3，求f(1)+f′(1)=______.
10.若函数f(x)=13x3−ax2+x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为是______.
11.从A，B等5名学生中随机选3名参加数学、物理、化学三项竞赛，被选中的同学每人仅参加三项竞赛中的一项，且每项竞赛均有人参加，则A和B至多有一名入选的方法有______种.(请用数字作答)
12.某年某月某日，老师们在校园留下美好合影，然而美好常伴遗憾，当我们回看这张照片(图1)，才想起那日若我们各手执鲜花当更美丽.现在，你有一次携7种颜色花朵回到过去的机会，请你帮老师们弥补遗憾，为每位老师送上一朵花，若每位老师仅可得到一种颜色的花，而你手中每种颜色的花均足够分配，要求相邻老师不能拿到同色花朵.则你有______种分配花朵的方式.(请用数字作答)
注：各位老师相邻情况如图2所示.
13.南开园中有很多地方沉淀着历史的印记，值得同学们在三年的时光里驻足留意.小南、小艾等6位即将毕业的同学在伯苓楼、范孙楼、瑞廷礼堂、翔宇楼4座标志性建筑中各选择一座拍照留念，若每座建筑至少有一位同学拍照，每位同学都恰选择一座建筑拍照，且小南、小艾不在同一座建筑拍照，则不同的拍照方式共有______种.(用数字作答)
14.已知方程e2xe2xa=2x−1−alnx(a>0)有唯一实数解，则实数a的值为______.
三、解答题：本题共3小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题14分)
已知函数f(x)=13x3−x2+1.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在[−2,2]上的单调区间、最值.
(3)设g(x)=f(x)−a在[−2,2]上有两个零点，求a的范围.
16.(本小题14分)
已知函数f(x)=lnxx+1.
(Ⅰ)求证：f(x)<1；
(Ⅱ)若当x≥1时，f(x)≤a(x−1)，求a的取值范围.
17.(本小题16分)
已知函数g(x)=12(x2+2alnx−4).
(1)讨论函数y=g(x)的单调性；
(2)设函数f(x)=g(x)−4x+2，若函数y=f(x)的导函数有两个不同的零点x1，x2(x1lna2−5.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得s′(t)=3t2−4t+3，
令t=3，则s′(3)=3×32−4×3+3=18.
故选：A.
利用导数的运算性质求出s′(t)，然后令t=3即可求解．
本题考查了导数的运算性质以及导数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由导函数f′(x)的图象可得，
当x∈(−2,−1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(−1,1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以A不正确；
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以B错误；
当x∈(2,4)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(4,5)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以x=4是函数f(x)的极小值点，f(4)为极小值，所以C不正确；
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,4)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以x=2是函数f(x)的极大值点，即当x=2时，y=f(x)取极大值，所以D正确．
故选：D.
根据导函数的图象与原函数的单调性与极值之间的关系，逐项判定，即可求解．
本题主要考查了导函数的图象与原函数的单调性与极值之间的关系，着重考查了，数形结合思想，以及推理与运算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，共有A66=720种排法，
其中A，B，C的顺序有ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6种，
A，B在C同侧的情况有ABC，BAC，CAB，CBA共4种，
即在A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行的排列中，A，B在C同侧的情况占比为23，
则将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有720×23=480(种)，
故选：C.
求出A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列的排列个数，然后确定A，B在C同侧的情况所占的比例，即可求得答案．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
4.【答案】B
【解析】解：依题意方盒的底面边长为(3−2x)cm的正方形，高为xcm，
则3−2x>0x>0，所以0所以无盖方盒的容积为V(x)=x(3−2x)2，x∈(0,32)，
所以V′(x)=12x2−24x+9，
令V′(x)=12x2−24x+9>0，解得x<12或x>32；令V′(x)=12x2−24x+9<0，解得12又函数V(x)的定义域为x∈(0,32)，
所以函数V(x)在(0,12)上单调递增，在(12,32)上单调递减，
所以V(x)max=V(12)=2，
即该方盒容积最大为2cm3.
故选：B.
依题意方盒的底面边长为(3−2x)cm的正方形，高为xcm，即可求出x的取值范围，则无盖方盒的容积为V(x)=x(3−2x)2，x∈(0,32)，利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值．
本题考查长方体的体积的最值的求解，导数的应用，函数建模，函数思想，属中档题．
5.【答案】C
【解析】解：令g(x)=f(x)x，则g′(x)=f′(x)x−f(x)x2，
因为定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)−f(x)<0，
所以g′(x)=f′(x)x−f(x)x2<0在(0,+∞)上恒成立，
所以函数g(x)=f(x)x在(0,+∞)上单调递减；
又f(2)=2，所以g(2)=f(2)2=1，
由f(x)−x>0，得f(x)x>1，
所以g(x)>1=g(2)，故0即不等式的解集是(0,2).
故选：C.
先令g(x)=f(x)x，对其求导，根据题意，得到g(x)=f(x)x在(0,+∞)上单调递减，再由f(2)=2得g(2)=1，结合不等式等价于求解g(x)>g(2)，根据单调性即可求解结果．
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．
6.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=ex−a,x>1−x3+3x2,x≤1，
当x>1时，f(x)=ex−a>e−a；
当x≤1时，由f(x)=−x3+3x2，得f′(x)=−3x2+6x=−3x(x−2)，
所以x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，x∈(0,1)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,1)单调递增，
所以x≤1时函数f(x)有最小值为f(0)=0；
要使函数f(x)有最小值，则e−a≥0，解得a≤e；
所以实数a的取值范围是(−∞,e].
故选：B.
求出x>1时f(x)的值域，利用导数求得x≤1时函数的最小值；再结合题意求得实数a的取值范围．
本题考查了分段函数的应用问题，也考查了利用导数求函数最值问题，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数于的五位“波浪数”的十位，千位数字分别为5与4或5与3，
当十位，千位数字为5与4时，排十位，千位数有A22种，排另三个数位有A33种，共有A22A33种；
当十位，千位数字为5与3时，则4与5必相邻，且4只能为最高位或个位，即4与5可视为一个整体，
1，2，3视为一个整体，且在与2的中间，因此不同排法有A22A22种，
所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为A22A33+A22A22=2×6+2×2=16.
故选：B.
根据给定条件，确定十位，千位数字，再分类求解作答．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意f(x)=ex(2x−1)−ax+2a，
令g(x)=ex(2x−1)，h(x)=ax−2a=a(x−2)，
因为存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，
所以不等式ex(2x−1)g′(x)=ex(2x+1)，
当x∈(−∞,−12)时，g′(x)<0，g(x)在(−∞,−12)上单调递减，
当x∈(−12,+∞)时，g′(x)>0，g(x)在(−12,+∞)上单调递增，
故当x=−12时，函数g(x)取得极小值也是最小值 g(−12)=−2e−12，
作出其大致图象如图：
h(x)=ax−2a=a(x−2)是斜率为a，且是过定点(2,0)的直线，
当a≤0时，存在无穷多个满足条件的整数满足不等式ex(2x−1)所以0又g(0)=−1<0，g(1)=e>1，h(1)=−a<0，
所以需满足在g(x)图象上只有一个横坐标为整数的点在直线h(x)=a(x−2)下方，
所以需满足h(0)=−2a>−1g(−1)=−3e−1≥−3a，
解得1e≤a<12，
所以实数a的取值范围是 [1e,12),
故选：C.
将存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，即ex(2x−1)本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】5
【解析】解：由函数y=f(x)在x=1处的切线方程为y=4x−3，
得f′(1)=4，又函数y=f(x)在x=1处的切点为(1,f(1))，且切点也在切线上，
∴f(1)=4×1−3=1.
得f(1)+f′(1)=5.
故答案为：5.
根据导数的几何意义求解f′(1)，再由切点在曲线上也在直线上求解f(1)，则答案可求．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
10.【答案】(−∞,−1)∪(1,+∞)
【解析】解：f′(x)=x2−2ax+1，
因为函数f(x)=13x3−ax2+x存在单调递减区间，
所以存在x，使得f′(x)小于零，
所以导函数的判别式Δ=4a2−4>0，解得a<−1或a>1，
所以实数a的取值范围为是(−∞,−1)∪(1,+∞)，
故答案为：(−∞,−1)∪(1,+∞).
求导后结合二次函数的性质分析即可．
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，属于基础题．
11.【答案】42
【解析】解：当A和B只有一名入选时，
则入选的方法C21C32A33=36种；
当A和B都没入选时，
则入选的方法A33=6种，
即A和B至多有一名入选的方法有36+6=42种．
故答案为：42.
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，属中档题．
12.【答案】1050
【解析】解：先在7种颜色花朵中选1种给教师A，
有7种选法；
然后在剩下的6种颜色花朵中选1种给教师E，
有6种选法；
最后在剩下的5种颜色花朵中选2朵给教师F和D，
有5×5=25种选法，
结合分步乘法计数原理：共有7×6×25=1050种分配花朵的方式．
故答案为：1050.
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
13.【答案】1320
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①将6人分为4组，要求小南、小艾不在同一组，
若分为3、1、1、1的四组，有C63−C41=16种分组方法，
若分为2、2、1、1的四组，有C62C42C21C11A22A22−C42C21C11A22=39种分组方法，
则有16+39=55种分组方法；
②将四组安排在4座标志性建筑中拍照，有A44=24种情况，
故有55×24=1320种排法．
故答案为：1320.
根据题意，分2步进行分析：①将6人分为4组，要求小南、小艾不在同一组，②将四组安排在4座标志性建筑中拍照，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】解：由题意知：e2xe2xa=2x−1−alnx=lne2x−lne−lnxa=lne2xexa有唯一解，x>0，
设e2xexa=t(t>0)，
即te=lnt，
设F(t)=te−lnt，则F′(t)=1e−1t，
当t∈(0,e)时，F′(t)<0，函数F(t)单调递减，
当t∈(e,+∞)时，F′(t)>0，函数F(t)单调递增；F(t)min=F(e)=0，
故方程te=lnt有唯一解t=e，即e2xexa=e有唯一解，即alnx=2x−2有唯一解，
设g(x)=alnx−2x+2，g′(x)=ax−2，a>0，
当x∈(0,a2)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当x∈(a2,+∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x→0和x→+∞时，g(x)→−∞，故只需满足g(a2)=alna2−a+2=0，
设h(a)=alna2−a+2，h′(a)=lna2，
当a∈(0,2)时，h′(a)<0，函数h(a)单调递减，
当a∈(2,+∞)时，h′(a)>0，函数h(a)单调递增，
故h(a)min=h(2)=0，故a=2成立．
故答案为：2.
设e2xexa=t(t>0)，将问题转化为方程te=lnt有唯一解t=e，即alnx=2x−2有唯一解，设g(x)=alnx−2x+2，利用导数判断单调性并求出最小值可得答案．
本题考查函数与方程的关系，以及导数的运用，考查分类讨论思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意知，f(1)=13−1+1=13,f′(x)=x2−2x,f′(1)=1−2=−1，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−13=−(x−1)，即x+y−43=0.
(2)由f′(x)=x2−2x=x(x−2)可知，
当x∈(−2,0)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在[−2,0]上单调递增；
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[0,2]上单调递减．
所以函数f(x)在[−2,2]上的单调增区间为[−2,0]，单调减区间为[0,2].
所以f(x)max=f(0)=1，又f(−2)=−83−4+1=−173,f(2)=83−4+1=−13，
所以f(x)min=f(−2)=−173.
(3)g(x)=f(x)−a在[−2,2]上有两个零点，即f(x)=a有两个不等根，
由(2)知，a的范围为[−13,1].
【解析】(1)利用导数的几何意义求解即可；
(2)由f′(x)>0求出增区间，由f′(x)<0求出减区间，再根据单调性求出最值即可；
(3)根据函数的性质结合条件即可求出a的范围．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的单调性与最值，函数的零点，考查了转化思想，属中档题．
16.【答案】证明：(I)令h(x)=x+1−lnx，
则h′(x)=1−1x=x−1x，
当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当0故h(x)≥h(1)=2，
所以x+1>lnx恒成立，
又x+1>0，
所以lnxx+1<1，即f(x)<1；
解：(Ⅱ)当x∈[1,+∞)时，f(x)≤a(x−1)等价于lnx≤a(x2−1)，
令g(x)=a(x2−1)−lnx，x∈[1,+∞),
因为lnx≤a(x2−1)恒成立，则g(x)≥0恒成立，
因为g′(x)=2ax−1x=2ax2−1x，
当a≤0时，g′(x)≤0，函数g(x)在[1,+∞)上单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符合题意；
当0x∈[1, 12a)时，g′(x)≤0，函数g(x)单调递减，g(x)≤g(1)=0，不符合题意；
当a≥12时，2a≥1，2ax2−1≥0，则g′(x)≥0，
所以函数g(x)在[1,+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=0，符合题意．
综上所述，a的范围为{a|a≥12}.
【解析】(I)构造函数h(x)=x+1−lnx，对其求导，结合导数分析函数h(x)的单调性，结合单调性即可证明；
(Ⅱ)由已知不等式考虑构造函数g(x)=a(x2−1)−lnx，x∈[1,+∞),由题意得g(x)≥0恒成立，对g(x)求导，结合导数与单调性关系对a的范围进行分类讨论，即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系在不等式证明中的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想及分类讨论思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由已知函数y=g(x)的定义域为(0,+∞)，
又g′(x)=x+ax=x2+ax，
当a≥0时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,+∞)上是增函数；
当a<0时，g′(x)=0解得x= −a或x=− −a(舍去)，
所以当x> −a时g′(x)>0，函数g(x)在( −a,+∞)上是增函数；
当0综上所述：当a≥0时，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a<0时，函数g(x)在( −a,+∞)上单调递增，在(0, −a)上单调递减．
(2)由已知f(x)=g(x)−4x+2，即f(x)=12(x2+2alnx−4)−4x+2=12x2+alnx−4x，
可得f′(x)=x+ax−4=x2−4x+ax，
函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1令h(x)=x2−4x+a，只需h(0)=a>0h(2)=a−4<0，故0又x1+x2=4，x1x2=a，
所以f(x1)+f(x2)=(12x12+alnx1−4x1)+(12x22+alnx2−4x2)
=−4(x1+x2)+a(lnx1+lnx2)+12(x12+x22)=alna−a−8，
要证f(x1)+f(x2)2>lna2−5，
即证alna−a−8>lna−10，a∈(0,4)，
只需证(1−a)lna+a−2<0，a∈(0,4)，
令m(a)=(1−a)lna+a−2，a∈(0,4)，
则m′(a)=−lna+1−aa+1=1a−lna，
令n(a)=m′(a)，则n′(a)=−1a2−1a<0恒成立，
所以m′(a)在a∈(0,4)上单调递减，又m′(1)=1>0,m′(2)=12−ln2<0，
由零点存在性定理得，∃a0∈(1,2)使得m′(a0)=0，即lna0=1a0，
所以a∈(0,a0)时，m′(a)>0，m(a)单调递增，
a∈(a0,4)时，m′(a)<0，m(a)单调递减，
则m(a)max=m(a0)=(1−a0)lna0+a0−2=(1−a0)1a0+a0−2=a0+1a0−3，
令H(x)=x+1x−3，x∈(1,2)，则H′(x)=1−1x2=(x+1)(x−1)x2>0，
所以H(x)=x+1x−3在(1,2)上单调递增，
所以a0+1a0−3<2+12−3=−12<0，
所以m(a)<0，即f(x1)+f(x2)2>lna2−5得证．
【解析】(1)求出函数的定义域与导函数，分a≥0、a<0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
(2)求导函数f′(x)=x2−4x+ax，x2−4x+a=0在(0,+∞)上有两个不等实根，令h(x)=x2−4x+a，只需h(0)>0h(2)<0，可求出a的取值范围，结合韦达定理可得f(x1)+f(x2)=alna−a−8，则需证(1−a)lna+a−2<0，a∈(0,4)，令m(a)=(1−a)lna+a−2，a∈(0,4)，利用导数说明函数的单调性，求出m(a)max，即可证明．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了导数与单调性及函数性质在不等式证明中的应用，属于中档题．