【数学】辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试试题

辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年

高二下学期期中考试试题

一．选择题（每题只有一个选项正确，每题5分）

1.函数的导数是（    ）

A．   B．   C．   D．

2.某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有（    ）

A．6种 B．12种 C．18种 D．24种

3．的展开式中含项的系数为（    ）

A．160 B．210 C．120 D．252

4. 设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有(  )

A．f(x)>g(x)                B．f(x)<g(x)

C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)    D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)

5．的展开式中项的系数为                （    ）

A．             B．          C．    D．

6.在的展开式中，含项的系数为            （   ）

A． B． C． D．

7.已知函数则的值为       （ 　 ）

A．-20                B．-10                 C．10               D．20

8．如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（    ）

A．36 B．48 C．72 D．108

9已知，其中，则 =                           (    )

A．405 B．810 C．324 D． 648

10如果一个三位数，各位数字之和等于10，但各位上数字允许重复，则称此三位数为“十全九美三位数”（如235，505等），则这种“十全九美三位数”的个数是（    ）

A．5 4      B．50       C．60 D．58

11.设函数,则           （   ）

A.有极大值且为最大值        B.有极小值，但无最小值

C.若方程恰有3个实根，则

D.若方程恰有一个实根，则

12. 设为函数的导函数，已知，则下列结论正确的是

A．在即有极大值又有极小值   B．在既无极大值又无极小值

C．在上有极大值     D．在上有极小值  

二．填空题 （每题5分）

13. 10个相同的小球放在三个编号为1,2,3的盒中，每盒至少1个，有         种方法？

14．函数在处的切线方程为______

15.已知函数,若∀x1，x2∈（0，+∞），都有f（x1）≥g（x2）恒成立，则实数a的取值范围为__________

16.若0<x1<x2<1,且1<x3<x4，下列命题正确的有          

①    ②

   ③.           ④ 

三．解答题

17.（请写出式子再写计算结果）有4个不同的小球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内：

（1）共有多少种方法？

（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？

（3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？

18．二项式的二项式系数和为256.

（1）求展开式中二项式系数最大的项；

（2）求展开式中各项的系数和；

（3）展开式中是否含有有理项，若有，求系数；若没有，说明理由.

19. 设函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．

20已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.

(1)设a＝2，求f(x)的单调区间；

(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的取值范围.

21. 已知函数．

（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；

（2）令，是否存在实数，当（是自然常数）时，函数的最小值是3，若存在，求出的值；若不存在，说明理由；

22. 已知函数．

（1）当时，求的极值；

（2）当时，求的单调区间；

（3）方程的根的个数能否达到3，若能，请求出此时的范围，若不能，请说明理由．

参考答案

1.A

2. B

方法数有种.故选B.

3．D

，

当时，.

4.C

5．A

二项展开式的通项公式

中不含项,无需求解.

中含项,即当时

中含项,即当时

的展开式中项

6．B

的展开式的通项为．

的展开式的通项为=．

由6﹣r﹣2s=5，得r+2s=1，

∵r，s∈N，∴r=1，s=0．

∴在的展开式中，含x5项的系数为．

7.A

8．C

当面与面同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有2种方法，即种

当面与面不同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有1种方法，即种

即不同的染色方法总数为种

9．B

10． A

利用分类计数原理，分成有重复数字和无重复数字的情况：

（1）无重复数字：109，190，901，910，127，172，271，217，721，712，136，163，316，361，613，631，145，154，451，415，514，541，208，280，802，820，235，253，352，325，523，532，307，370，703，730，406，460，604，640，共40个，

（2）有重复数字：118，181，811，226，262，622，334，343，433，442，424，244，550，505，共14个.

   11.C

12  B  试题分析：由，得，从而，令，则，∴，

令，则（），

令，即，因此当时，是增函数，

令，即，因此当时，是减函数，

由，得，

∴在上有极大值，也是最大值．

∴，即，当且仅当时，，

∴在上为减函数．

13.   36

14.

15.

16.  (1),(4)

17. 解：（1）每个球都有4种方法，故有4×4×4×4＝256种，

（2）每个盒子不空，共有不同的方法，

（3）四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，

从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有种不同的放法．

18因为二项式的二项式系数和为256，所以，

解得.

（1）∵，则展开式的通项 .

∴二项式系数最大的项为；

（2）令二项式中的，则二项展开式中各项的系数和为.

（3）由通项公式及且得当时为有理项；

系数分别为，，.

19.【解】（1），  …2分

   令，得，

   ∴的增区间为和，………4分

   令，得，

   ∴的减区间为．………………………………………………6分

   （2）因为，令，得，或，

   又由（1）知，，分别为的极小值点和极大值点，   ………8分

   ∵，，，

   ∴，    ……………………………………………………………11分

   ∴．   …………

20. 【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1.

f′(x)＝3x2－12x＋3

＝3(x2－4x＋1)

＝3(x－2＋)(x－2－)．

当x＜2－，或x＞2＋时，得f′(x)＞0；

当2－＜x＜2＋时，得f′(x)＜0.

因此f(x)的递增区间是(－∞，2－)与(2＋，＋∞)；

f(x)的递减区间是(2－，2＋)．

(2)f′(x)＝3x2－6ax＋3，

Δ＝36a2－36，由Δ＞0得，a＞1或a＜－1，又x1x2＝1，

可知f′(2)＜0，且f′(3)＞0，

解得＜a＜，

因此a的取值范围是.

21. 解：（1）在上恒成立，

令，有得，得．

（2）假设存在实数，使有最小值3，

①当时，在上单调递减，（舍去），

②当时，在上单调递减，在上单调递增

∴，满足条件．

③当时，在上单调递减，（舍去），

综上，存在实数，使得当时有最小值3．

22解析：（1）其定义域为．

当时，．

令，解得，

当时，；当时，．

所以的单调递减区间是，单调递增区间是．

所以时，有极小值为，无极大值．

（2）．

令，得或，

当时，，令，得或，令，得；

当时，．

当时，，令，得或，令，得；

综上所述：

当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；

当时，的单调递减区间是；

当时，的单调递减区间是，，单调递增区间是．

（3）时，∵，

∴仅有1解，方程至多有两个不同的解．

（注：也可用说明．）

由（2）知时，极小值，方程至多在区间上有1个解；

时单调，方程至多有1个解；

时，，方程仅在区间内有1个解．

故方程的根的个数不能达到3．