2022-2023学年北京市大兴区高二下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年北京市大兴区高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据基本初等函数和复合函数的求导公式求导即可．

【详解】．

故选：D．

2．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】本题考查了排列数计算公式，带入公式计算可得.

【详解】由排列数计算公式可得，

解得或.

由于且，故.

故选：C.

3．若函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数在某一点的导数的定义，由此可得结果.

【详解】因为，

则.

故选: B

4．从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数的个数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分析可知只需从、、、这个数字中任取个数字全排即可，利用排列计数原理可得结果.

【详解】从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数，只需从这个数字中任取个数字全排即可，

因此，满足条件的三位数的个数为.

故选：B.

5．已知过点的直线与曲线的相切于点，则切点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出切点的坐标.

【详解】设切点坐标为，由，得，则过切点的切线方程为，

把点代入切线方程得，，即，

又，所以，则，

则切点坐标为.

故选：A

6．已知名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，则不同选法的种数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，利用分步乘法计数原理即可求解.

【详解】名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，

分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，

则共有种，

故选：C.

7．下列不等式中，对任意的不恒成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】ACD选项，作差后构造函数，求导，利用函数的性质判断；B选项用特值法判断.

【详解】令，则，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

故，则．故A不合题意；

当时，，故B符合题意；

令，则，

则在上单调递增，故，则．故C不合题意；

令，则，

则在上单调递增，故，则．故D不合题意.

故选：B.

8．设函数（），则“”是“在定义域上是增函数”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】求出导函数判断函数的单调性，然后判断充要条件即可．

【详解】函数，可得，当时，恒成立，函数是增函数，

所以“”是“在定义域上是增函数”的充分条件；

在定义域上是增函数，可知恒成立，此时，

所以“”是“在定义域上是增函数”的必要条件；

综上，“”是“在定义域上是增函数”的充要条件；

故选：C．

9．已知函数的定义域为，函数的导函数，若在处取得极大值，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】分、、三种情况说明单调性，从而可求解.

【详解】函数的导函数，

令，可得，得或，

当时，时，单调递增；

或时，单调递减；

所以在处取得极大值，符合题意；

当时，

当时，时，单调递减；

或时，单调递增；

所以在处取得极小值，不符合题意，舍去；

当时，时，单调递减；

或时，单调递增；

所以在处取得极大值，符合题意.

实数的取值范围为.

故选：D

10．已知函数，若，且，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意作出函数图象，可得的范围，得到，令，再由导数求最小值即可．

【详解】已知函数，作出函数图象如图：

当时，．

由，得，则．

令，则，

当时，单调递减；当时，单调递增，

，即的最小值为．

故选：A．

二、填空题

11．      ．

【答案】

【分析】利用阶乘的定义直接求解即可

【详解】，

故答案为：6

12．若甲、乙、丙、丁人站成一排，甲不站两端，则不同排法的种数为      ．

【答案】

【分析】若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，结合分步乘法计数原理，计算即可．

【详解】若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，共有种，

排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，

则不同排法的种数为．

故答案为：12．

三、双空题

13．已知函数．则      ；若，则      ．

【答案】         

【分析】求出，代值计算可得出的值，利用复合函数的求导法则可求得.

【详解】因为，则，所以，，

因为，则.

故答案为：；.

四、填空题

14．设函数．能说明“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是      ．

【答案】－1（答案不唯一，只要满足即可）

【分析】对函数求导，通过导函数的符号，判断函数的单调性，根据条件得到a的范围，再结合题意确定a的值即可．

【详解】“对于任意的，都有成立”，

即函数在上单调递增．

由函数，可得，

令，可得，

时，，函数在上是增函数；

当时，时，，函数是增函数；

时，，函数是减函数，

故“对于任意的，都有成立”

为假命题的一个实数的值可以是－1（答案不唯一，只要满足即可）．

故答案为：－1（答案不唯一，只要满足即可)．

15．某高台跳水运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：）与跳起后的时间（单位：）存在函数关系，的图象如图所示，已知曲线在处的切线平行于轴，根据图象，给出下列四个结论：

①在时高度关于时间的瞬时变化率为；

②曲线在附近比在附近下降得慢；

③曲线在附近比在附近上升得快；

④设在和时该运动员的瞬时速度分别为和，则．

其中所有正确结论的序号是      ．

【答案】①③④

【分析】对于①，因为曲线在处的切线平行于轴，所以切线的斜率为0，即；对于②，比较大小即可；对于③，比较大小即可；对于④，，，比较大小即可.

【详解】因为，所以.

对于①，因为曲线在处的切线平行于轴，所以切线的斜率为0，即，所以在时高度关于时间的瞬时变化率为，故①正确；

对于②，由题意知，所以，即曲线在附近比在附近下降得快，故②错误；

对于③，由题意知，所以，即曲线在附近比在附近上升得快，故③正确；

对于④，由题意知且，所以，

，

所以，

所以.

即，故④正确；

故答案为：①③④.

五、解答题

16．已知函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）求函数在区间上的最大值和最小值.

【答案】（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）最大值为18，最小值为.

【解析】（1）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；

（2）根据函数的单调性求出函数的极值点，从而求出函数的最值即可．

【详解】（1）因为，所以.

令，解得，.

随着x的变化，，变化情况如下表：

所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

（2）因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

又，，，

所以，函数在区间上的最大值为18，最小值为.

【点睛】本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用，属于基础题

17．已知函数．

(1)求的极值；

(2)比较的大小，并画出的大致图像；

(3)若关于的方程有实数解，直接写出实数的取值范围．

【答案】(1)极小值，无极大值

(2)，作图见解析

(3)

【分析】（1）求导，分析导函数的符号，得出单调性和极值；

（2）利用（1）中的单调性和指数函数的符号进行判断；

（3）结合（2）的图像，将方程解的个数转化为图像的交点的个数

【详解】（1）的定义域为，，

于是时，单调递增；

时，单调递减，

又，则在处取到极小值，无极大值.

（2）由（1）知，在区间上单调递减．故．

又因为当时，，故，所以．

因为，所以．结合（1）中的单调性，大致图像如下：

（3）的解的个数可以看成和直线在同一坐标系下图像交点的个数，

由（2）的图像知，当的取值不小于最小值即可，即

18．某校举办乒乓球团体比赛，该比赛采用场胜制，每场均为单打，若某队先胜场，则比赛结束，要求每队派名运动员参赛，每名参赛运动员在团体赛中至多参加场比赛，前场比赛每名运动员各出场次，若场不能决出胜负，则由第位或第位出场的运动员参加后续的比赛．

(1)若某队从名运动员中选名参加此团体赛，求该队前场比赛有几种出场情况；

(2)已知某队派甲、乙、丙这名运动员参加此团体赛．

①若场决出胜负，列出该队所有可能出场情况；

②若场或场决出胜负，求该队共有几种出场情况．

【答案】(1)60

(2)①答案见解析；②24

【分析】（1）根据分步乘法计数原理计数即可；

（2）①根据题意列举所有情况即可；②前场共有种出场情况，分场决出胜负和场决出胜负两种情况，讨论求解即可.

【详解】（1）根据题意，该球队前场比赛有种出场情况．

（2）①因为场决出胜负，所以该球队所有可能出场有6种情况如下：

甲、乙、丙；甲、丙、乙；乙、甲、丙；乙、丙、甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲．

②由①知，前场共有种出场情况．

所以场决出胜负时，前3场有6种，后1场有2种，该球队共有种出场情况．

场决出胜负时，前3场有6种，后2场有2种，该球队共有种出场情况．

所以场或场决出胜负时，该球队共有种出场情况．

19．已知函数（）．

(1)若函数的导函数的图象如图所示．

①直接写出的单调区间，并求的值；

② 若有且只有1个零点，直接写出的取值范围；

(2)当时，讨论的单调性．

【答案】(1)①单调递增区间为和，单调递减区间为；；②．

(2)答案见解析

【分析】（1）①由图象确定的单调区间，由列出方程组求得；

②求得的极大值与极小值，结合条件列出不等式可求得的取值范围．

（2）当时，，分为，，三种情况讨论，得出的单调性．

【详解】（1）①由图象知，当或时，；当时，，

∴的单调递增区间为和，单调递减区间为．

因为，所以．

由图知．

即，解得.

②由①知，，

当时，取极大值；当时，取极小值，

由题意得：或，

∴的取值范围是．

（2）当时，．

当时，

，∴在区间上单调递增．

当时，

当或时，；当时，，

∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减．

当时，

当或时，；当时，，

∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减．

20．已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)设，求证：当时，；

(3)对任意的，判断与的大小关系，并证明结论．

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)，证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意求解即可；

（2）对求导，可判断出当时，，则在区间上单调递减，从而可证得结论；

（3）不妨假设中的定值，令，，对函数求导后可判断在上单调递减，则，从而可比较出大小.

【详解】（1）由，

得．

因为，．

所以曲线在点处的切线方程为．

（2）依题意，．

所以．

当时，，

所以．

所以函数在区间上单调递减．

因为，

所以当时，．

（3）不妨假设中的定值，令，，

则，，．

由（2）知，在区间上单调递减，

因为，所以．

从而在上单调递减．

因为，

所以当时，，即．

综上，对任意的，有

【点睛】关键点睛：此题第（3）问解题的关键是假设中的定值，令，，然后利用导数求出其单调区间，从而得结果.

21．已知函数，．

(1)若曲线在点处的切线方程为，求的值；

(2)设函数，证明：的图象在的图象的上方．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义根据题意列方程组可求得答案；

（2）令，，将问题转化为证明对任意的，恒成立，等价于证明当，的最小值大于零，然后利用导数求的最小值即可.

【详解】（1）因为，，

所以．

依题设，，，且．

解得，．

（2）令， ，

证明的图象在图象的上方，

等价于证明对任意的，恒成立，

等价于证明当，的最小值大于零．

由，得，，

令，则，

且当时，．

所以在区间上单调递增，

因为，，

所以在区间上存在唯一零点，

所以，即．

当时，，当时，，

所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以．

因为，且，

所以．

因为，所以．

故．

所以．

故对任意的，恒成立，

即的图象在图象的上方．

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将问题转化为证明对任意的，恒成立，然后利用导数求的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.