广东省广州市第十六中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份广东省广州市第十六中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了下列求导运算正确的是，函数f，已知，那么，下列说法正确的为等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共8小题，每题5分，共40分）
1．下列求导运算正确的是
A．B．
C．D．
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2+a5+a8＝15，则S9＝（ ）
A．15B．30C．45D．60
3．函数f（x）＝x+﹣3lnx的单调减区间是（ ）
A．（﹣1，4）B．（0，1）C．（4，+∞）D．（0，4）
4．甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．若老师站在正中间，甲同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为（ ）
A．24B．12C．8D．6
5．已知函数只有一个零点，则实数的取值范围是
A．，B．，，
C．D．，，
6．已知，那么
A．B．2C．D．12
7．点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值是
A．1B．C．2D．
8．若不等式对任意的都恒成立，则整数的最大值为
A．3B．4C．5D．6
二．多选题（共3小题，每题6分，共18分。双选3/6分，三选2/4/6分）
9．函数的定义域为，它的导函数的部分图象如图所示，则下面结论正确的是
A．在上函数为增函数
B．在上函数为增函数
C．在上函数有极大值
D．是函数在区间，上的极小值点
10．下列说法正确的为
A．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法
B．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法
C．6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法
D．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法
11．已知函数，则下列结论正确的是
A．函数存在两个不同的零点
B．函数既存在极大值又存在极小值
C．当时，方程有且只有两个实根
D．若，时，，则的最小值为2
三．填空题（共3小题，每题5分，共15分）
12．在的二项展开式中，常数项等于 （用数字作答）
13．函数的极大值为 ．
14．已知定义在上的函数，是的导函数，满足，且（2），则不等式的解集是 ．
四．解答题（共5小题，共77分。各题依次13、15、15、17、17分）
15．已知函数在点，（1）处的切线平行于轴．
（1）求实数；
（2）求的单调区间和极值．
16．已知等差数列中的前项和为，且，，成等比数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列为递增数列，记，求数列的前项的和．
17．已知函数．
（1）若函数在处取得极值，求的值；
（2）若函数在定义域内存在两个零点，求的取值范围．
18．方同学积极响应国家“全面实施乡村振兴战略”的号召，大学毕业后回到家乡，利用所学专业进行自主创业，自主研发生产产品．经过市场调研，生产产品需投入固定成本1万元，每生产（单位：万元），需再投入流动成本（单位：万元），当年产量小于9万件时，，当年产量不小于9万件时，．已知每件产品的售价为5元，若方同学生产的产品当年全部售完．
（1）写出年利润（单位：万元）关于年产量的函数解析式；
（注：年利润年销售收入固定成本流动成本）
（2）当年产量约为多少万件时，方同学的产品所获年利润最大？最大年利润是多少？（注：取
19．已知函数．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）证明：f（x）是其定义域上的增函数；
（3）若f（x）＞ax，其中a＞0且a≠1，求实数a的值．
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．
【答案】
【分析】直接利用常见函数的导数公式以及导数的运算性质对各个选项逐一判断即可．
【解答】解：，故选项正确；
，故选项错误；
，故选项错误；
，故选项错误．
故选：．
2．
【答案】C
【分析】结合等差数列的性质求解即可．
【解答】解：已知Sn是等差数列{an}的前n项和，
又∵a2+a5+a8＝15，
则3a5＝15，
则a5＝5，
则S9＝9a5＝9×5＝45．
故选：C．
3．
【答案】D
【分析】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．
【解答】解：函数的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝1﹣﹣＝，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜4，
故f（x）在（0，4）递减，
故选：D．
4．
【答案】C
【分析】根据题意，分3步依次分析甲、乙和其他2人的站法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①，老师站在正中间，甲同学不与老师相邻，则甲的站法有2种，乙的站法有2种，
②，乙同学与老师相邻，则乙的站法有2种，
③，将剩下的2人全排列，安排在剩下的2个位置，有＝2种情况，
则不同站法有2×2×2＝8种；
故选：C．
5．
【答案】
【分析】利用导数求出函数的极大值和极小值，要使函数只有一个零点，则满足极大值小于0或极小值大于0．
【解答】解：，，
由，得或，此时函数单调递增，
由，得，此时函数单调递减．
即当时，函数取得极大值，
当时，函数取得极小值，
要使函数只有一个零点，则满足极大值小于0或极小值大于0，
即极大值，解得．
极小值（1），解得．
综上实数的取值范围：或．
故选：．
6．
【答案】
【分析】本题由于是求二项式展开式的系数之和，故可以令二项式中的，又由于所求之和不含，令，可求出的值，代入即求答案．
【解答】解：令代入二项式得，，
令得
故选：．
7．
【答案】
【分析】画出函数的图象，故当点是曲线的切线中与直线平行的直线的切点时，然后求解即可．
【解答】解：由题意作图如下，
当点是曲线的切线中与直线平行的直线的切点时，最近；
故令解得，；
故点的坐标为；
故点到直线的最小值为；
故选：．
8．
【答案】
【分析】问题转化为对任意恒成立，令，根据函数的单调性求出的最大值即可．
【解答】解：问题转化为，
当时，不等式显然成立，
当时，即有对任意恒成立，
令，则，
令，
则，
故在递增，
（8），（9），
，使得，故，
故时，，，时，，
故在递减，在，递增，
故，
故，
故整数的最大值为4，
故选：．
二．多选题（共3小题）
9．
【答案】
【分析】结合导数与单调性及极值的关系分析各选项即可判断．
【解答】解：由图象可得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
故当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值．
故选：．
10．
【答案】
【分析】根据题意，依次分析选项：
对于，分析三人没2本的分法数目，由分步计数原理计算可得正确；
对于，先将6本书分为1、2、3的三组，再将分好的三组分成甲乙丙三人，由分步计数原理计算可得错误；
对于，用挡板法分析，在6本书之间的5个空位中任选2个，插入挡板即可，由组合数公式计算可得正确；
对于，分三种情况讨论：①三人每人2本，②三人中一人1本，一人2本，一人3本，③三人中一人4本，其余2人各1本，由加法原理可得正确；综合即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，先分给甲，有种情况，再分给乙，有种情况，最后2本分给丙，有种不同的分法，正确；
对于，先将6本书分为1、2、3的三组，有种分组方法，再将分好的三组分成甲乙丙三人，有种情况，则有种不同分法，错误；
对于，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，用挡板法分析，在6本书之间的5个空位中任选2个，插入挡板即可，有种分法，正确；
对于，分三种情况讨论：
①三人每人2本，有种不同的分法，
②三人中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法，
③三人中一人4本，其余2人各1本，有种不同的分法，
则有种不同的分法，正确；
故选：．
11．
【答案】
【分析】利用导数分析函数的图象的可能情况，即可得到结论．
【解答】解：，令，解得或，
当或时，，故函数在，上单调递减，当时，，故函数在上单调递增，
且函数有极小值，有极大值，当时，，当时，，
故作函数草图如下，
由图可知，选项正确，选项错误．
故选：．
三．填空题（共3小题）
12．
【答案】．
【分析】利用二项式定理即可求解．
【解答】解：根据二项式定理可得展开式的常数项为，
故答案为：．
13．
【答案】
【分析】先求导，根据导数和函数极值的关系即可求出．
【解答】解：，，
，
令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时为极大值点.
故答案为：．
14．
【答案】．
【分析】构造新函数，求导后可知在上单调递减；由（2）可推出（2）；不等式等价于（2），解之即可．
【解答】解：设，
，，
，
在上单调递减，
（2），
（2），
不等式等价于（2），
，解得，不等式的解集为，
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．
【答案】（1）；
（2）递增区间为，递减区间为；
极小值（1），无极大值．
【分析】（1）求出原函数的导函数，利用导函数值为0求解值；
（2）由（1）可得函数解析式，利用导数即可求解结论．
【解答】解：（1）因为函数，定义域为，
所以，
由题意可得，（1），即；
（2）由（1）知，，
可得，
所以当时，，原函数单调递增，
当时，，原函数单调递减，
故时，取极小值（1）．无极大值；
递增区间为，递减区间为．
16．
【答案】（1）或；
（2）．
【分析】（1）先设等差数列的公差为，再根据题干已知条件，等比中项的性质与等差数列的求和公式列出关于首项与公差的方程组，解出与的值，即可计算出等差数列的通项公式；
（2）由（1）知，则，然后利用错位相减法即可求解．
【解答】解：（1）设公差为，则，
即，
解得或，
所以或；
（2）因为数列为递增数列，则，
所以，
所以，
有，
两式相减，有
，
即．
17．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据题意，利用函数极值点的意义列式，得到（1），由此求得值，再进行验证即可得到答案；
（2）对的取值进行分类讨论，利用导数判断的单调性与极值，从而得到且，解之即可得到本题的答案．
【解答】解：（1）因为，则，
因为函数在处取得极值，所以（1），解得，
当时，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
综上所述，当时，函数取得极大值，符合题意，故．
（2）由，其中，
①当时，可得，单调递增，此时函数至多有一个零点，不符合题意；
②当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
因此，当时，取得极大值，也是最大值，最大值为，
又因为，且当时，，
所以要使函数有两个零点，必须满足，即，解得．
综上所述，，即实数的取值范围是．
18．
【答案】（1），；
（2）当年产量约为20万件时，方同学的产品所获年利润最大，最大年利润为7万元．
【分析】（1）根据年利润年销售收入固定成本流动成本，分和两种情况建立函数关系式，再写出分段函数的形式；
（2）分和两种情况分别用基本不等式与导数法求出最大值，即可得到结论．
【解答】解：（1）因为产品售价为5元，则万件产品销售收入为万元．
依据题意得，当时，，
当时，，
所以．
（2）当时，，因为
（当且仅当，即时取等号），所以，
即当时，取得最大值为（2）（万元），
当时，，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，取得最大值为（万元），
，
当时，的最大值为7万元．
当年产量约为20万件时，房同学的产品所获得的年利润最大，最大年利润为7万元．
19．
【答案】（1）y＝x+e﹣2；
（2）证明过程见解答；
（3）．
【分析】（1）首先代入x＝1到函数表达式得切点坐标，求出切点处的导数值得切线斜率，由此即可得解．
（2）对f（x）求导后，令g（x）＝（x﹣1）ex+1，对g（x）继续求导发现，对于任意的x≠0有f′（x）＞0，故只需要证明x＜0时，时，即可．
（3）由（2）得a＞1，进一步令a＝ek，k＞0，F（x）＝e（1﹣k）x﹣e﹣kx﹣x，结合题意知x＜0时，F（x）＜0，x＞0时，F（x）＞0，对k分类讨论即可求解．
【解答】解：（1）由题意f（1）＝e﹣1，即切点为，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝x﹣1+e﹣1，即y＝x+e﹣2；
（2）证明：由，设g（x）＝（x﹣1）ex+1，则g′（x）＝xex，
所以当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（0）＝0，
所以对于任意的x≠0有g（x）＞0，即f′（x）＞0，
因此f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，+∞）单调递增，
即h（x）＝ex﹣x﹣1，则h′（x）＝ex﹣1，
所以x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）＞h（0）＝0，即ex﹣1＞x，即，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）＞h（0）＝0，即ex﹣1＞x，即，所以f（x）是其定义域上的增函数．
（3）由（2）可知，x＜0时，f（x）＜1，所以ax＜1，故a＞1，
令a＝ek，k＞0，F（x）＝e（1﹣k）x﹣e﹣kx﹣x，
由题意x＜0时，F（x）＜0，x＞0时，F（x）＞0，
若k≥1，则当x＞1时，F（x）＝e（1﹣k）x﹣e﹣kx﹣x≤1﹣e﹣kx﹣x＜0，不满足条件，
所以0＜k＜1，而F′（x）＝（1﹣k）e（1﹣k）x+ke﹣kx﹣1，
令G（x）＝F′（x），则G′（x）＝（1﹣k）2e（1﹣k）x﹣k2e﹣kx＝e﹣kx[（1﹣k）2ex﹣k2]，
令G′（x）＝0，得，
F′（x）在单调递减，在单调递增，
若，则当时，F′（x）＜F′（0）＝0，F（x）单调递减，
此时F（x）＞F（0）＝0，不满足题意；若，
则当时，F′（x）＜F′（0）＝0，F（x）单调递减，
此时F（x）＜F（0）＝0，不满足题意；若，
则当x＜0时，F′（x）＞F′（0）＝0，F（x）单调递增，此时F（x）＜F（0）＝0，
且当x＞0时，F′（x）＞F′（0）＝0，F（x）单调递增，此时F（x）＞F（0）＝0，满足题意，
所以，解得，
综上所述，．