2023-2024学年山东省济宁市泗水县高二（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年山东省济宁市泗水县高二（下）期中数学试卷-普通用卷，共14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.若Cn+16−Cn6=Cn7(n∈N*)，则n等于( )
A. 11B. 12C. 13D. 14
2.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)=2xf′(π3)+sinx，则f′(π3)=( )
A. 32B. 12C. −12D. − 32
3.函数f(x)=exsinx的图象在点(0,f(0))处的切线的倾斜角为( )
A. π4B. 0C. 3π4D. 1
4.已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)>0的解集为( )
A. (0,13)∪(2,+∞)B. (−∞,13)∪(13,2)C. (−∞,0)∪(13,2)D. (−1,0)∪(1,3)
5.“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中A，B，C为节点，若研究发现本局游戏只能以A为起点C为终点或者以C为起点A为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为( )
A. 6种B. 12种C. 24种D. 30种
6.已知a=lg23，函数f(x)=ex+lnx−4的零点为b，g(x)=x3−12x2−x的极小值点为c，则( )
A. b>a>cB. a>b>cC. c>b>aD. b>c>a
7.定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作a=b(mdm)，比如：26=16(md10).已知n=C100+C101⋅8+C102⋅82+⋅⋅⋅+C1010⋅810，满足n=p(md7)，则p可以是( )
A. 23B. 31C. 32D. 19
8.方程f(x)=f′(x)的实数根叫做函数f(x)的“新驻点”．如果函数g(x)=lnx+2的“新驻点”为a，那么a所在区间是( )
A. (0,12)B. (12,1)C. (1,32)D. (32,2)
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列各式正确的有( )
A. (1x)′=−1x2B. (csπ6)′=−12C. (2x)′=x⋅2x−1D. (ln2x)′=1x
10.已知甲、乙、丙、丁、戊5个人排成一列，则下列说法正确的是( )
A. 若其中甲不能排在最后，有96种不同的排队方法
B. 若其中甲乙既不能排在最前，也不能排在最后，有72种不同的排队方法
C. 若其中甲乙必须相邻，有48种不同的排队方法
D. 若其中甲乙不能相邻，有36种不同的排队方法
11.若不等式ax−exlna<0在x∈[2,+∞)时恒成立，则实数a的值可以为( )
A. 3eB. 2eC. eD. 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在(x+2 x)6的展开式中，x3项的系数是______.(用数学作答)
13.甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有______.
14.已知三次函数f(x)=a3x3+b2x2+cx+d(a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)
一组学生共有7人．
(1)如果从中选出3人参加一项活动，共有多少种选法？
(2)如果从中选出男生2人，女生2人，参加三项不同的活动，要求每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有648种，问该组学生中男、女生各有多少人？
16.(本小题15分)
(1)若(2x+ 3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，求a1+a2+a3+a4的值；
(2)在( x−2x2)8的展开式中：
①求二项式系数最大的项；
②系数的绝对值最大的项是第几项？
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=−23与x=1时都取得极值.
(1)求a，b的值与函数f(x)的单调区间.
(2)求该函数在x∈[−5,5]的极值.
(3)设x∈[−1,2]，若f(x)18.(本小题17分)
已知函数f(x)=alnx−12x2.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)若f(x)存在两个零点x1，x2，且曲线y=f(x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线交于点(x0,y0).
①求实数a的取值范围；
②证明：x1+x2>2x0.
19.(本小题17分)
(x2+x+1)n=Dn0x2n+Dn1x2n−1+Dn2x2n−2+⋯+Dn2n−1x+Dn2n的展开式中，把Dn0,Dn1,Dn2,⋯,Dn2n叫做三项式的n次系数列.
(1)求D30+D32+D34+D36的值；
(2)根据二项式定理，将等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如C2nn=(Cn0)2+(Cn1)2+(Cn2)2+⋯+(Cnn)2.理解上述思想方法，利用方程1−x3=(1−x)(1+x+x2)，请化简：D20220C20220−D20221C20221+D20222C20222−⋯+(−1)kD2022kC2022k+⋯+D20222022C20222022.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了组合公式的性质，基础题
根据题意，结合组合数的性质，可得Cn+16=Cn+17，再结合组合数的性质，从而得到关于n的方程，解方程即可．
【解答】解：根据题意Cn+16−Cn6=Cn7变形可得，Cn+16=Cn6+Cn7；
由组合性质可得Cn6+Cn7=Cn+17；即Cn+16=Cn+17
则可得到n+1=6+7⇒n=12；
故答案选：B.
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，因为f(x)=2xf′(π3)+sinx，所以f′(x)=2f′(π3)+csx，
令x=π3，则f′(π3)=2f′(π3)+csπ3，
变形可得f′(π3)=−12.
故选：C.
根据题意，对等式两边求导，再令x=π3即可得出答案．
本题考查导数的计算，注意导数的计算公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意得，f′(x)=exsinx+excsx=ex(sinx+csx)，
∴在点(0,f(0))处的切线的斜率为k=f′(0)=1，
则所求的倾斜角为π4，
故选：A.
根据求导公式和法则求出函数的导数，再求出f′(0)的值，即为所求的倾斜角正切值．
本题考查了求导公式和法则的应用，以及导数的几何意义，难度不大．
4.【答案】A
【解析】解：结合导数与单调性的关系及已知函数图象可知，
当x∈(2,+∞)和(−∞,13)时，函数单调递增，f′(x)>0，
当x∈(13,2)，函数单调递减，f′(x)<0，
由xf′(x)>0可得，x>0f′(x)>0或x<0f′(x)<0，
解可得，x>2或0故选：A.
结合图象可知，当∈(2,+∞)和(−∞,13)时，函数单调递增，f′(x)>0，当x∈(13,2)，函数单调递减，f′(x)<0，结合已知不等式可求．
本题主要考查了导数与单调性关系的简单应用，属于基础试题．
5.【答案】C
【解析】解：以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点，共有3×2=6种选择；
自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，
∴以A为起点，C为终点时，共有6×2=12种方法；
同理可知：以C为起点，A为终点时，共有12种方法；
∴完成该图“一笔画”的方法数为12+12=24种．
故选：C.
采用分步乘法可计算得到以A为起点，C为终点的方法数，再利用分类加法计数原理求得结果．
本题主要考查了两个计数原理的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为f(1)=e−4<0,f(32)=e32+ln32−4= e3+ln32−4> 16+ln32−4>0，
所以b∈(1,32)，
因为32=lg2 23所以a>b，
g′(x)=3x2−x−1，
令g′(x)=0，
得x=1± 136，
所以c=1+ 136，
又因为1+ 136<1，
所以c故a>b>c，
故选：B.
由导数的极值得出c的大小，再与函数的零点b，及a进行比较即可．
本题考查函数的零点，导数的极值的大小比较，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：∵n=C100+C101⋅8+C102⋅82+⋅⋅⋅+C1010⋅810=(1+8)10=(7+2)10，
∴n=C100⋅710+C101⋅79⋅2+⋅⋅⋅+C109⋅7⋅29+C1010⋅210，
∴n除以7的余数为C1010⋅210=1024除以7的余数2，
又23除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意．
故选：A.
根据二项式定理求得n除以7的余数，再结合选项即可求得结果．
本题考查满足条件的余数的求法，考查二项式定理、同余的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查导数，零点存在定理，考查运算求解能力，属于中档题．
根据定义，将问题转化为求h(x)=lnx−1x+2，x>0零点所在区间，利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断“新驻点”a所在区间．
【解答】
解：由题意，g′(x)=1x，则方程lnx+2=1x的根为g(x)的“新驻点”，
设h(x)=lnx−1x+2，x>0，
则h(x)的零点即为g(x)的“新驻点”，
因为h′(x)=1x+1x2>0，即h(x)单调递增，
h(12)=ln12<0，h(1)=1>0，
根据零点存在性定理知，h(x)的零点在(12,1)内，
所以g(x)的“新驻点”的所在区间是(12,1)，即a所在区间是(12,1).
故选：B.
9.【答案】AD
【解析】解：(1x)′=−1x2，故A正确；
(csπ6)′=0，故B错误；
(2x)′=2xln2，故C错误；
(ln2x)′=(ln2+lnx)′=1x，故D正确．
故选：AD.
结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的求导法则，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A：甲不能排在最后，则甲有C41种排法，剩下乙、丙、丁、戊4个人全排有A44种排法，
所以排队方法有C41A44=96种，故A正确；
对于B：甲乙2人不能排在最前，也不能排在最后，先安排甲乙，则共有A32种排法，再安排剩下的丙、丁、戊3人，共有A33种排法；
则所有的排队方法有A32A33=36种，故B错误；
对于C：甲乙两人相邻，将甲和乙捆绑在一起，和剩余3人放在一起排队，
则共有A22A44=48种排队方法，故C正确；
对于D：甲乙两人不能相邻，则先安排其余丙、丁、戊3个人，有A33种排法，在形成的4个空中，再排甲乙，有A42种排队方法，
故共有A33A42=72种排队方法，故D错误．
故选：AC.
对于AB，先安排特殊的人甲或甲、乙、，再安排其它人即可；对于C，采用捆绑法，将甲和乙捆绑在一起，再和剩余3人放在一起排队，即可求得结果；对于D，采用插空法，先安排丙、丁、戊3个人，在形成的4个空中，再排甲乙，即可求得结果．
本题考查排列组合的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由ax−exlna<0得，xex设f(x)=xex，则f′(x)=1−xex，
当x<1是，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1是，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又f(0)=0，f(1)=1e，当x>0时，f(x)=xex>0恒成立，所以f(x)=xex的图象如下：
xex对于A：当a=3e时，lna=ln3+1>2，根据图象可得f(x)对于B：当a=2e时，lna=ln2+1∈(1,2)，根据图象可得f(x)对于C：当a=e时，lna=1，根据图象可得f(x)对于D：当a=2时，lna=ln2，又f(ln2)=ln2eln2=12ln2,f(2)=2e2，
因为3×12ln2−3×2e2=ln2 2−6e2且2 2>e，e2>6，
即ln2 2>1，6e2<1，所以3×12ln2−3×2e2=ln2 2−6e2>0，
即f(ln2)>f(2)，根据图象可得f(x)故选：BCD.
构造函数f(x)=xex，将ax−exlna<0恒成立问题转化为f(x)本题考查了利用导数研究函数单调性，函数不等式恒成立，属于难题．
12.【答案】60
【解析】解：∵(x+2 x)6的通项是C6rx6−r(2 x)r=C6r2rx6−3r2，
∴6−3r2=3，
∴r=2，
∴x3项的系数是C62×22=60
故答案为：60
写出二项式的通项，整理成最简形式，使得通项中x的指数等于3，求出r的值，代入系数的表示式求出结果．
本题考查二项式定理的通项式或者说是特征项，本题解题的关键是对于特征项的应用，不管是求常数项还是求还有x的几次方的项做法相同．
13.【答案】120
【解析】解：两人先从6种课外读物中选1种作为两人共同的课外读物，有C61种方法；
甲从剩余的5种课外读物中选1种，有C51种方法；
乙从剩余的4种课外读物中选1种，有C41种方法；
共有C61C51C41=120种．
故答案为：120.
两人先选相同的读物，再选不同的读物，结合分步计数原理可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于中档题．
14.【答案】3+2 3
【解析】【分析】
本题考查函数的单调性与导函数符号间的关系，考查不等式的性质，利用导数求最值，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，属于较难题．
把问题转化为f′(x)=ax2+bx+c≥0在R上恒成立，则a>0，△=b2−4ac≤0，把a+b+4cb−a分子分母同乘a，再由不等式变形，换元后利用导数求最值得答案．
【解答】
解：∵三次函数f(x)=a3x3+b2x2+cx+d(a∴f′(x)=ax2+bx+c≥0在R上恒成立，则a>0，△=b2−4ac≤0，
∴a+b+4cb−a=a2+ab+4acab−a2≥a2+ab+b2ab−a2=1+ba+(ba)2ba−1，
设t=ba>1，则a+b+4cb−a≥1+t+t2t−1.
设g(t)=t2+t+1t−1(t>1)，g′(t)=t2−2t−2(t−1)2(t>1).
由g′(t)=t2−2t−2(t−1)2=0，解得t=1+ 3(t>1)，
当t∈(1,1+ 3)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
当t∈(1+ 3,+∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，
∴当t=1+ 3(t>1)时，g(t)min=3+2 3.
故a+b+4cb−a的最小值为3+2 3.
故答案为：3+2 3.
15.【答案】解：(1)所有的不同选法种数，就是从7名学生中选出3人的组合数，所以选法种数为C73=35.
(2)设有男生x人，女生则有7−x人，
从这7人中选出2名男生2女生方法有Cx2C7−x2种
要求每人参加一项且每项活动都有人参加C42A33种，
根据分步乘法计数原理得Cx2C7−x2C42A33=648，
所以x(x−1)(7−x)(6−x)=72，(x∈N*且2≤x≤5)，
解得x=3，或x=4，
所以该组学生中男生3人，女生4人或男生4人，女生3人．
【解析】(1)根据组合的定义即可求出；
(2)设有男生x人，女生则有7−x人，根据分步计数原理得，列出方程，解方程求得．
本题考查了组合数公式的应用，应注意未知数的范围限制．
16.【答案】解：(1)∵(2x+ 3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，
令x=1，可得(2+ 3)4=a0+a1+a2+a3+a4，令x=0，可得(0+ 3)4=a0，
∴a1+a2+a3+a4=a0+a1+a2+a3+a4−a0=(2+ 3)4−(0+ 3)4=88+56 3.
(2)①Tk+1=C8k⋅( x)8−k⋅(−2x2)k=(−1)k⋅C8k⋅2k⋅x4−52k.
二项式系数最大的项为中间项，即第5项，
所以T5=C84⋅24⋅x4−202=1120x−6.
②设第k+1项系数的绝对值最大，
则C8k2k≥C8k−12k−1C8k2k≥C8k+12k+1，
所以2k≥19−k18−k≥2k+1解得5≤k≤6(k∈N)，
故k=5或6.
故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．
【解析】本题考查了二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
(1)对x进行赋值，x=1与x=0时即可求得．
(2)①利用二项式定理写出通项公式Tk+1=C8k⋅( x)8−k⋅(−2x2)k，二项式系数最大项即为展式中的中间项；
②设第k+1项系数最大，则有不等式组C8k2k≥C8k−12k−1C8k2k≥C8k+12k+1可求得k值．
17.【答案】解：(1)由已知f′(x)=3x2+2ax+b，
由于f(x)在x=−23与x=1时都取得极值，
所以−23+1=−2a3−23×1=b3，解得a=−12,b=−2，
所以f′(x)=3x2−x−2=(x−1)(3x+2)，
所以在(−∞,−23),(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(−23,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(−23)是f(x)的极大值，f(1)是f(x)的极小值，
所以a=−12,b=−2，单调增区间(−∞,−23),(1,+∞)，单调减区间(−23,1)；
(2)f(x)=x3−12x2−2x+c，
由(1)得f(x)在[−5,−23]上单调递增，在[−23,1]上单调递减，在[1,5]上单调递增，
所以在区间[−5,5]上，
极大值是f(−23)=(−23)3−12(−23)2−2(−23)+c=2227+c，
极小值是f(1)=1−12−2+c=−32+c；
(3)由(1)可知在区间[−1,−23],[1,2]上f(x)单调递增，在区间[−23,1]上单调递减，
又f(−23)=2227+c，f(2)=8−2−4+c=2+c>f(−23)，
所以f(x)在区间[−1,2]上的最大值是f(2)=2+c，
f(x)所以2+c0，
解得c<−1或c>2，
即c的取值范围为{c|c<−1或c>2}.
【解析】(1)求导，根据极值点是导函数的零点列方程求解，然后根据导函数的正负确定单调性；
(2)先确定单调性，再确定极值即可；
(3)先根据单调性求最值，然后将恒成立问题转化为最值求解即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、极值和最值，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f′(x)=ax−x=−x2+ax.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)=0，得x= a.
当x∈(0, a)时，f′(x)>0，当x∈( a,+∞)时，f′(x)<0，.
所以f(x)在(0, a)上单调递增，在( a,+∞)上单调递减．
(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减，不可能有两个零点，
当a>0时，f(x)在(0, a)上单调递增，在( a,+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f( a)=aln a−12a>0，所以a>e，
又x→+∞，f(x)→−∞；x→+0，f(x)→−∞；
所以a的取值范围是(e,+∞).
②证明：曲线y=f(x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线分别是：
l1:y=(ax1−x1)(x−x1),l2:y=(ax2−x2)(x−x2)，
联立两条切线方程得x0=x1+x2ax1x2+1，所以x1+x2x0=ax1x2+1.
因为alnx1−12x12=0alnx2−12x22=0，所以a=12(x12−x22)lnx1−lnx2.
要证x1+x2>2x0，只需证x1+x2x0>2，
即证ax1x2>1，只要证12(x1x2−x2x1)lnx1x2>1..
令t=x1x2<1,h(t)=lnt−12(t−1t)(0则h′(t)=−(t−1)22t2<0，所以h(t)在(0,1)上单调递减，
所以h(t)>h(1)=0，
所以lnt>12(t−1t)(02x0.
【解析】(1)利用导数分成a≤0，a>0两种情况讨论函数的单调性；
(2)①利用导数得出函数f(x)的单调性，结合函数图像得出实数a的取值范围；
②由曲线y=f(x)在(x1,0)和(x2,0)处的切线方程联立，得出x0=x1+x2ax1x2+1，又f(x)存在两个零点x1，x2，代入f(x)=0得出a=12(x12−x22)lnx1−lnx2，
要证x1+x2>2x0，只需证x1+x2x0>2，即证ax1x2>1，只要证12(x1x2−x2x1)lnx1x2>1即可．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，分析法的应用，化归转化思想，属难题．
19.【答案】解：(1)当n=3时，(x2+x+1)3=D30x6+D31x5+D32x4+⋯+D35x+D36，
令x=1，则D30+D31+D32+D33+D34+D35+D36=33=27，
令x=−1，则D30−D31+D32−D33+D34−D35+D36=1，
两式相加得2(D30+D32+D34+D36)=28，
所以D30+D32+D34+D36=14，
(2)∵(x2+x+1)2022=D20220x4044+D20221x4043+D20222x4042+⋯+D20224043x+D20224044，
(1−x)2022=C20220−C20221x+C20222x2−C20223x3+−⋯−C20222021x2021+C20222022x2022，
∴(1+x+x2)2022(1−x)2022的展开式中，x4044的系数为D20220C20220−D20221C20221+D20222C20222−⋯+(−1)kD2022kC2022k⋯+D20222022C20222022，
∵(1−x3)2022的展开式的通项公式Tr+1=C2022r(−x3)r=C2022r(−1)rx3r，
令3r=4044，得r=1348，
∴(1−x3)2022的展开式中x4044的系数为C20221348，
∵(1+x+x2)2022(1−x)2022=(1−x3)2022，
∴D20220C20220−D20221C20221+D20222C20222−⋯+(−1)kD2022kC2022k⋯+D20222022C20222022=C20221348.
【解析】(1)利用赋值法，分别令x=1和x=−1，再将得的式子相加可求得结果．
(2)根据二项式定理和三项式的n次系数列的定义，分别展开，然后比较x4044的系数，建立方程关系进行求解即可．
本题主要考查二项式定义的应用，利用二项式定理和三项式的n次系数列的定义，进行计算是解决本题的关键，是中档题．