福建省莆田市第一中学高二下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省莆田市第一中学高二下学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了 下列求导结果正确的是， 在展开式中，的系数为， 关于函数说法正确的是， 若，则等内容，欢迎下载使用。
命题人：林新潮 审核人：卓丽霞
一.选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的）
1. 下列求导结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】按照基本初等函数的求导法则，求出、、、选项中正确的结果即可．
详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查基本初等函数求导问题，解题时应按照基本初等函数的求导法则进行计算，求出正确的导数即可．
2. 某班有5名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队、羽毛球队，每人限报其中一个运动队，则不同的报法种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求每一个同学报名的方法数，再求5个同学不同的报名总数.
【详解】每个同学报名都有4种方式可选，共有5个同学，
则有种报名方法.
故选：D.
3. 在展开式中，的系数为（ ）
A. 10B. 90C. 270D. 405
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出的项即可．
【详解】展开式的通项公式为，
令，则的系数为，
故选：B．
4. 某网红奶茶店“Chill Tea”在市中心有三个分店：A店、B店、C店.根据平台数据，顾客选择、、店的概率分别为30%、50%、20%.已知各分店高峰期制作时间超过15分钟的概率分别为：店20%、店40%、店30%.若小明随机选择一个分店下单，他等待超过15分钟的概率是（ ）
A. 28%B. 32%C. 35%D. 40%
【答案】B
【解析】
【分析】由全概率公式即可求解；
【详解】由题意选择店并超时的概率为：；
选择店并超时概率为：；
选择店并超时的概率为：；
所以等待超过15分钟的概率为，
故选：B
5. 关于函数说法正确的是（ ）
A. 没有最小值，有最大值B. 有最小值，没有最大值
C. 有最小值，有最大值D. 没有最小值，也没有最大值
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导，利用导数求解函数的最值即可
【详解】解：函数的定义域为，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，没有最小值，
故选：A
6. 已知直径为12的球内有一内接圆柱（圆柱上下底面圆在球面上），则圆柱体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】圆柱的高为，勾股定理表示出圆柱底面半径，利用体积公式表示出体积与之间的函数关系式，利用导数求最大值；
【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则有，（），
所以，（）
令，则，
令，得又，所以，
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减.
所以.
故.
所以圆柱体积的最大值为.
故选：A.
7. 运动会期间，将甲､乙等6名志愿者安排到A，B，C三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲､乙两名志愿者安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（ ）
A. 78B. 126C. 150D. 168
【答案】C
【解析】
【分析】利用捆绑法和分组分配求解计算即可得到结果.
【详解】甲､乙两名志愿者安排到同一个场地，可将甲乙捆绑成一个元素，6名志愿者可以理解为5名志愿者.
将5名志愿者分为1，2，2，
则不同的安排方法有种.
将5名志愿者分为1，1，3，
则不同的安排方法有种.
故不同的安排方法共有种.
故选：C.
8. 已知直线与曲线相交于A，B两点，与曲线相交于B，C点，A，B，C的横坐标分别为，则下列等式中不成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用导数分别求得函数和的单调性和最大值，作出两个函数的图象，利用图象结合对数的运算性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，令..，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
又由函数，可得，令，可得，
当当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
作出两个函数和的图象，如图所示，
由，可得，所以A正确；
因为且在上单调递增，
又因为，所以，所以，所以B错误；
因为且在上单调递减，
又因为，，所以，所以C正确；
由，所以D正确.
故选：B
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.部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若，则（ ）
A. B.
C. D. |
【答案】BD
【解析】
【分析】令可计算出的值，可判断A；根据展开式对整数进行变形，写出展开式通项公式，求出，可判断 B；令结合的结果可计算出的值，判断C；分别令，，然后根据展开式的通项公式判断取值的正负即可计算出的值，判断D．
【详解】A．令，所以，故A错误；
B．，
展开式通项公式为，
令得：，故，故B正确；
C．令，所以，所以，故C错误；
D．令，所以，又，
所以，，
又因为的展开式通项为，所以当为奇数时，项的系数为负数，
所以，故D正确.
故选：BD.
10. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用概率的加法公式求解选项A即可。
【详解】选项A：
所以故选项A正确.
选项B：所以所以事件和事件相互独立，
所以事件和事件相互独立，则
故选项B错误.
选项C:故选项C正确，
选项D：因为事件和事件相互独立，所以事件和事件相互独立，
所以故选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知曲线与曲线相交于不同两点，曲线在A，B点处切线交于点，设，则（ ）
A. B. 存在a值，使得有极大值
C. 对任意a值有极小值D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A,将问题转化为 有两解,分离参数，构造函数，求导数，判断单调性，数形结合；对于B和C,求出的导数，判断其单调性，进而确定极值情况；对于D，利用导数的几何意义，求出曲线的切线方程，结合曲线与曲线相交于不同两点，它们在交点处的函数相等进行化简，可证明等式成立.
【详解】由题意, 曲线与曲线相交于不同两点，
即 有两解,
当时，不是上述方程的解，故，
则，令 ，
当时，，递减，当时，，递增，
此时的极小值为，
当时，，递减，
由此可作出函数的大致图象如图示：
故要使 有两解,即有两解，需满足，故A正确；
由题意，
由于，故，
当时，，递减，当时，，递增，
故当时，取得极小值，无极大值，故B错误，C正确；
由于曲线与曲线相交于不同两点，曲线在A，B点处切线交于点，
故在处的切线方程为，
即，
由于是两切线的交点，故，
两式相减得， ，
由于 ，故，即，故D正确，
故选：ACD
【点睛】本题考查了导数的几何意义的应用以及函数的极值问题以及等式的判断，综合性强，要能综合应用导数的相关知识灵活求解，解答时要注意数形结合以及导数几何意义的应用.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 有6张卡片，分别标有数字，现从这6张卡片中随机抽出2张，则抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】总共有种情况，抽出的2张卡片上的数字之和等于5的有1，4或2，3共2种，由古典概型可求得其概率.
【详解】从6张卡片中随机抽出2张，则样本空间中总的样本点数为，
其中抽出的2张卡片上的数字之和等于5的组合有1，4或2，3共2种，
所以抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为．
故答案为：.
13. 若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为_________
【答案】
【解析】
【分析】利用，经等价转化得到在区间上有解，故只需求在上的最小值即可.
【详解】依题意，在区间上有解，
即在区间上有解，
设，则，故只需求在上的最小值，
而在时，取得最小值，故得，
则实数的取值范围为.
故答案为：
14. 若曲线与曲线有三条公切线，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数几何意义，分别设出两条曲线的切线方程，将问题转化为一条直线与一条曲线交点个数问题，即可求出的取值范围.
【详解】设公切线为是与的切点，由，得，
设是与的切点，由，得，
所以的方程为，因为，整理得，
同理，因为，整理得，
依题意两条直线重合，可得，
消去，得，
由题意此方程有三个不等实根，设，
即直线与曲线有三个不同的交点，
因为，令，则，
当或时，；当时，，
所以有极小值为，有极大值为，
因为，，，所以，
当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于，
故的图象简单表示为下图：
所以当，即时，直线与曲线有三个交点，
故答案为：
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. 如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，和判断定理，即可证明；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：在长方体中，平面，平面，∴，
∵，，，平面，
∴平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵，则，，，，，
∵平面，平面，∴，
∵，且，，平面，∴平面，
∴平面的法向量为，
设平面的法向量，由，，
得，取，得，，∴，
∴，∴二面角的正弦值为.
16. 已知等差数列满足：，，为其前项和，.
（1）求数列的通项公式､前项和；
（2）令，求的最大值
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知求出等差数列公差，解出即可得通项公式以及前项和；
（2）由（1）可得，，计算可得，进而可得出结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
所以，.
所以
小问2详解】
得到
得到
合并得到
所以，，所以.
17. 已知函数.
（1）求函数的最小值；
（2）若，，证明.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，分、讨论可得答案；
（2）根据转化为证明ex−1>lnx+1，构造函数、hx=x−lnx+1x>−1，利用导数判断可得的答案.
【小问1详解】
函数的解析式为，则，
①当时恒成立，函数单调递增，无最值；
②当时，令，则，
当，函数单调递减，
当x∈lna+1,+∞,f′x>0，函数单调递增，
在处取最小值，即，
函数的最小值为；
【小问2详解】
若时，，
即证明ex−1>lnx+m，
因为，所以，则，
则只需证明ex−1>lnx+1，
令，则，
当即，，单调递增，
当即，，单调递减，
所以，可得，
令hx=x−lnx+1x>−1，则，
当， ，单调递减，
当，，单调递增，
所以，可得，
因为与取等号的条件不同，所以ex>lnx+1，
所以.
18. 某高校有A，B两个餐厅为学生们提供午餐与晚餐服务，张同学、李同学两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：
假设张同学，李同学选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
（1）计算某天张同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率；
（2）记X为张同学和李同学两人在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，已知，且推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率大，求证：．
【答案】（1）
（2）分布列见详解，
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）由频率估计概率，按古典概型进行求解；
（2）先确定随机变量的可能取值，再求出各值所对应的概率，列出分布列，根据期望的定义求期望；
（3）根据题意用条件概率公式进行推理证明.
【小问1详解】
设事件C为“某天张同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐”，
因为30天中张同学午餐去A餐厅用餐的天数为，
午餐去A餐厅用餐且晚餐去B餐厅用餐的天数为，
所以．
【小问2详解】
由题意可知：X的所有可能取值为1和2，
所以，
，
所以X的分布列为
X的数学期望．
【小问3详解】
由题知，则
可知，
可得，
即，
所以，即
19. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若有3个零点，，，其中.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：.
【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性；
（2）（ⅰ）由题设可得零点个数为2且零点异于1，求出后就分类讨论其符号后结合零点存在定理可得参数的取值范围；（ⅱ）先证明先证明不等式恒成立，从而可利用放缩法证明题设中的不等式.
【小问1详解】
当时，，，
则在恒成立，所以在单调递增，
故的单调递增区间为，无单调递减区间.
【小问2详解】
（ⅰ），
，，则除1外还有两个零点.
，令，
当时，在恒成立，则，
所以在单调递减，不满足，舍去；
当时，要是除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个零点，所以，解得，
当时，设的两个零点为，则，，
所以.
当时，，，则单调递增；
当时，，，则单调递减；
当时，，，则单调递增；
又，所以，，
而，且，
，且，
所以存在，，使得，
即有3个零点，，.
综上，实数的取值范围为
（ⅱ）因为，
所以若，则，所以
当时，先证明不等式恒成立，设，
则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立.
由，可得，
因为，所以，即，
两边同除以，
得，
所以，
【点睛】思路点睛：对于导数背景下的多变量的不等式的证明问题，可根据原函数的形式找寻合适的函数放缩方向，从而得到所需证明的不等式的形式.
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
张同学
6天
9天
13天
2天
李同学
6天
6天
6天
12天
X
1
2
P