河北省衡水市阜城县阜城实验中学高二下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省衡水市阜城县阜城实验中学高二下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（ ）
A. 5种B. 6种C. 7种D. 8种
【答案】C
【解析】
【分析】先从球的个数分类，再求出每类放球的方法，结合分类加法计数原理可得答案.
【详解】若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法；
若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法．
故不同的放法有7种．
故选：C
2. 甲，乙，丙3位同学到4个社区参加志愿服务，每人限去一个社区，不同方法的种数是（ ）
A. 24B. 36C. 64D. 81
【答案】C
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理计数判断．
【详解】不同方法的种数是：．
故选：C．
3. 已知某校包含甲、乙、丙在内的7名同学参加了某次数学竞赛，并包揽了前7名（排名无并列），若甲、乙、丙中的两人占据前两名，则这7名同学获奖的名次情况共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】从甲、乙、丙中选两人占前两名，其余五名可任意排列，由此可得结果.
【详解】甲、乙、丙中选两人占前两名，有种情况，其余五名可任意排列，
故所有的情况有种.
故选：C.
4. 将5名学生分配到3个社区当志愿者，每个社区至少分配1名学生，则不同的分配方法种数是（ ）
A. 24B. 50C. 72D. 150
【答案】D
【解析】
【分析】考虑分组为1、1、3和1、2、2两种情况，分别讨论即可得到答案.
【详解】可以分组为1、1、3，或1、2、2两种情况，
若分组为1、1、3，则有；
若分组为1、2、2，则有；
则不同分法为60+90=150种.
故选：D
5. 已知是函数的导函数，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
分析】求导，即可代入求解.
【详解】由可得，
故，解得，
故选：A
6. 曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，可得出切线与两坐标轴的交点坐标，再利用三角形的面积公式即可得解.
【详解】对函数求导得，故所求切线斜率为，切点坐标为，
所以，曲线在处的切线方程为，
该切线交轴于点，交轴于点，
因此，曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选：D.
7. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，导函数在上恒非负，根据恒成立的问题的办法解决.
【详解】，又在上单调递增，故在上恒成立，而时，易见，只需要即可，故.
故选：B.
8. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据题意可判断，偶函数，在上是增函数，在减函数，把原不等式转化为解不等式，进而，解得即可.
【详解】令，则，
当时，，所以当时，，
即在上是增函数，由题意是定义在上的偶函数，所以，
所以，所以是偶函数，在单调递减，
所以，，
即不等式等价为，
所以，解得或，
所以不等式的解集为．
故选：D
二、多项选择题本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 现安排高二年级，，三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（ ）
A. 所有可能的方法有种
B. 若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有种
C. 若同学必须去工厂甲，则不同的安排方法有种
D. 若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有种
【答案】BD
【解析】
【分析】由特殊元素（特殊位置）优先考虑的原则，再按乘法原理依次判断得解.
【详解】A.三位同学依次选择都有4种方法，根据乘法原理有种方法；
B.所有选法是64种，甲工厂没有同学去有种
故甲工厂必须有同学去有种，
C.同学必须去工厂甲，另外两名同学到工厂各有4种方法，故有种；
D.三名同学所选工厂各不相同，不同的安排方法有种.
故选: BD.
10. 在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（ ）
A. 若任意选科，选法总数为
B. 若化学必选，选法总数为
C. 若政治和地理至少选一门，选法总数为
D. 若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，先从两科中选一科，再从4科中选2科即可，对于B，先从两科中选一科，然后从3科中选1科即可，对于C，先从两科中选一科，然后分政治和地理都选或从政治和地理中选一科即可，对于D，化学、生物都选或从化学、生物中选一科即可
【详解】若任意选科，选法总数为，A错误；
若化学必选，选法总数为，B正确；
若政治和地理至少选一门，选法总数为，C错误；
若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为，D正确．
故选：BD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数存在三个不同的零点
B. 函数既存在极大值又存在极小值
C. 若时，，则t的最大值为2
D. 当时，方程有且只有两个实根
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得，得到函数的单调性和极值，以及时，，当时，，作出函数的图象，如图所示，结合图象，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
当，函数取得极小值；
当，函数取得极大值，
当时，，当时，，
作出函数的图象，如图所示，结合图象得：
对于A中，函数存在两个不同的零点，所以A不正确；
对于B中，函数既存在极大值又存在极小值，所以B正确；
对于C中，当时，，可得，所以t的最大值为，所以C正确；
对于D中，若方程有且只有两个实根，
即与的图象有两个不同的交点，可得，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 将7张相同的电影票分给10个人，每人最多分到1张，则不同的分法种数为______．
【答案】120
【解析】
【分析】从10个人中选出7人得到电影票即可.
【详解】解：依题意可得不同的分法种数为．
故答案为：120
13. 寒假期间，小明和爷爷奶奶爸爸妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出去游玩，其中爸爸妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为__________.（用数字作答）
【答案】600
【解析】
【分析】先选司机，再选副驾，结合分类分布计数原理计算即可求解.
详解】先选司机有种，再选副驾，
若副驾坐人，则有种；
若副驾不坐人，则有种，
故不同的坐法种数为.
故答案为：600
14. 已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．则a的取值范围为___________．（结果用区间表示）
【答案】
【解析】
【分析】由有两个不同的极值点可得有两个不等实根，进而函数与图象有两个交点，利用导数求切线斜率，结合图象可得答案.
【详解】解：依题，
因为有两个不同的极值点，所以有两个不等实根．
即函数与图象在上有两个不同交点，
令过原点且与图象相切的直线斜率为k，由图可知，，
设切点为，则，
又，所以，解得，
于是，所以.
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或演算步骤.）
15. （1）解方程：.
（2）计算：.
（3）解不等式.
【答案】（1），（2），（3）或
【解析】
【分析】（1）根据排列数公式计算可得答案；
（2）根据组合数公式计算可得答案；
（3）根据排列数公式计算可得答案；.
【详解】（1）因为，所以.
又因为，所以，解得；
（2）因为，
所以
；
（3）因为，所以.
因，所以，
即，解得，
所以，又，所以或.
16. 将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中.
（1）有多少种放法？
（2）每盒至多一球，有多少种放法？
（3）恰好有一个空盒，有多少种放法？
（4）把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
【答案】（1）256(种)
（2）24(种) （3）144(种)
（4）12(种)
【解析】
【分析】（1）由分步乘法计数原理求解即可；
（2）根据排列的定义求解即可；
（3）（方法1）先将4个小球分为三组，再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，结合排列组合知识求解；（方法2）利用捆绑法结合排列组合知识求解；
（4）（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个结合组合知识求解；（方法2）根据隔板法求解.
【小问1详解】
每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法.
【小问2详解】
这全排列问题，共有(种)放法.
【小问3详解】
（方法1）先将4个小球分为三组，有种方法，再将三组小球投入四个盒子中的三个
盒子，有种投放方法，故共有(种)放法.
（方法2）先取4个球中的两个“捆”在一起，有种选法，
把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，
所以共有(种)放法.
【小问4详解】
（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，
余下两个盒子各放一个.由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，
故共有(种)放法.
（方法2）恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，
第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有种方法，
由分步计数原理得，共有(种)放法.
17. 已知函数.
（1）求曲线过点的切线方程；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解，设切点为，对函数求导后可得切线的斜率为，然后利用点斜式求出切线方程，再将代入切线方程可求出，从而可求出切线方程；
（2）由，得，构造函数，利用导数求出其最大值即可.
【小问1详解】
设切点为，则，得，
则切线的斜率，
所以切线方程为，即，
因为切线过点，所以，化简得，
解得，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
由，得，
令，则
，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以，
即的取值范围为.
18. 已知函数在处取得极值．
（1）求a，b的值；
（2）求在上的最大值；
（3）若关于的方程有三个不同的实根，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，根据题意建立关于，的方程组，解出即可；
（2）由（1）知，利用导数研究函数单调性，从而可得最值；
（3）方程有三个不同的实根，转化为两个函数图象的交点问题，可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为在处取得极值，所以，
故，解得；
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
令则或，
当时，，则单调递减，
当或时，，则单调递增，
所以，在区间上，当时，取得最大值为;
【小问3详解】
由（2）知在时取得极大值为，
在时取极小值，
若关于的方程有三个不同的根，如图，
则，
得，所以的取值范围是.

19. 设函数.
（1）若是的极值点，求a的值，并求的单调区间；
（2）讨论的单调性；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）6，单调递增区间为，单调递减区间为
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求导，令，检验即得解；代入，分别令，得到单增区间和单减区间；
（2）根据二次函数及二次不等式的性质，结合函数定义域，分类讨论即可求解；
（3）转化为，分，两种情况讨论即可.
【小问1详解】
，
，解得，
此时，
令，有或，令，有，
所以是的极值点，满足题意，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
【小问2详解】
由（1）知，
当即时，恒成立，
所以在上单调递增；
当即时，由得或，
由得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当即时，由得或，
由得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当即时，由得，得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，当时，在上单调递增，无递减区间，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
由题意
当时，令，有，令，有，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以
，即
当时，不成立.
综上，.