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北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试卷Word版含解析docx、北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由导数运算法则先求出，再计算即可．
【详解】，所以，
故选：C．
2. 下列求导运算结果错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据初等函数的导数公式逐项判定，可得答案.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：A.
3. 4名学生与1名老师站成一排照相，学生请老师站在正中间，则不同的站法种数为（ ）
A. 12B. 18C. 24D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】在老师左右两边的各两个位置让4名学生站即可作答.
【详解】依题意，4名学生站在老师的左右两边的各两个位置，
所以不同的站法种数为.
故选：C
4. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复合函数求导法则计算即可.
【详解】由可得.
故选：B
5. 一辆汽车在笔直的公路上行驶，位移关于时间的函数图象如图所示，给出下列四个结论：①汽车在时间段内匀速行驶；②汽车在时间段内不断加速行驶；③汽车在时间段内不断减速行驶；④汽车在时间段内处于静止状态．其中正确结论的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率表示变化率，从而由斜率的变化得出速度的变化情况，进而得出答案．
【详解】根据题意，
①在时间段内，位移是一条斜率大于零的直线，则汽车在该时间段内匀速行驶，故①正确；
②在时间段内，位移是一条斜率越来越大的曲线，则汽车在该时间段内不断加速行驶，故②正确；
③在时间段内，位移是一条斜率越来越小的曲线，则汽车在该时间段内不断减速行驶，故③正确；
④在时间段内，位移不变，则汽车在该时间段内静止不动，故④正确．
故选：D．
6. 3名同学分别报名参加足球队、篮球队、排球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，不同的报名方法种数有（ ）
A. B. C. 24D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据分步乘法计算原理可得答案.
【详解】不同的报名方法种数有.
故选：A.
7. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 10D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理求出展开式中含的项，即可得出其系数.
【详解】根据二项展开式可得含有的项为，
所以的系数为.
故选：D
8. 定义在区间上的函数，则的单调递减区间是（ ）
A. B. 和
C. D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导并令，利用三角函数单调性解不等式即可求得结论.
【详解】由可得，
令,
当时，由可得，解得；
当时，由可得，解得；
因此可得在的单调递减区间是和.
故选：D
9. 已知一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都小于十位上的数字，那么我们称该三位数为“凸三位数”，则没有重复数字的“凸三位数”的个数为（ ）
A. 240B. 204C. 176D. 168
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论，当个位上数为0时和个位上的数不是0时两种情况即可求解．
【详解】根据题意，当个位上的数字是0时，有个“凸三位数”；
当个位上的数不是0时，有个“凸三位数”；
所以共有个“凸三位数”，
故选：B．
10. 函数，其中，是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数，对于非线性可导函数，在点附近一点的函数值，可以用如下方法求其近似代替值：.利用这一方法，的近似代替值（ ）
A. 一定大于B. 一定小于
C. 等于D. 与的大小关系不确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可构造函数，利用求近似代替值的方法即可得近似代替值一定大于.
【详解】令函数，则；
根据题意可得；
又因为，
因此近似代替值，近似代替值一定大于.
故选：A
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 计算：______.
【答案】60
【解析】
分析】运用组合数排列数公式计算即可．
【详解】.
故答案为：60.
12. 若展开式中第五项与第六项的二项式系数相等且最大，则______；该展开式的常数项为______（结果用数字表示）．
【答案】 ①. 9 ②. 84
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质求出，再求出二项式的展开式的通式，令的指数为0即可求解．
【详解】展开式中第五项与第六项的二项式系数相等且最大，
所以，
所以通项为，
令，解得，
所以常数项为，
故答案为：9；84．
13. 已知某物体运动的位移是时间的函数，且时，；时，.则该物体在时间段内的平均速度为______；估计时的位移为______m．
【答案】 ①. ②. 1.94
【解析】
【分析】根据平均速度的公式直接计算即可；先求出位移的直线方程，再将代入即可求解．
【详解】由题意得，，
经过点的直线方程为，
当时，，
故答案为：15.6，1.94．
14. 已知函数，则在的切线中，斜率最小的切线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导并求出导函数的最小值及切点坐标，再由点斜式方程即可得出结果.
【详解】由可得，
再由二次函数性质可得，当时，函数取得最小值，
因此可得切线斜率最小值为，此时切点为，
所以切线方程为，即.
故答案为：
15. 已知函数在点处取得极大值，其导函数y=f′x的图象经过点1,0，2,0，如图所示．关于函数有四个结论：
①函数在区间上单调递减；
②函数区间上单调递减；
③函数的图象关于中心对称；
④；
其中所有正确结论的序号为______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】由的图象判断出的单调区间及极大值点，结合已知求出的解析式，再判断的对称性即可求解．
【详解】由图象可知，当，在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，故①正确，②错误；
所以，即，整理得，
又的图象经过，，
所以，与联立，解得，
所以，
则
，
所以的图象关于中心对称，故③正确；
则，，
所以，故④正确；
故答案为：①③④．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 某小组共有6名学生，其中女生2名，男生4名．
（1）将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法有多少种？
（2）从6名中选出3人参加某公益活动．
（i）共有多少种不同的选择方法？
（ii）如果至少有1位女生入选，共有多少种不同的选择方法？
【答案】（1）480 （2）20，16
【解析】
【分析】（1）根据插空法即可求解；
（2）根据组合定义即可求解（i）；用“6名学生中选出3人参加某公益活动”所有情况减去 “6名学生中选出3名男生参加某公益活动”的情况即可求解（ii）．
【小问1详解】
男生先排有种，女生插空有种，
所以共有种不同排法．
【小问2详解】
（i）6名中选出3人共有种方法；
（ii）6名中选出3名男生有种方法，
所以至少有1位女生入选，共有种不同的选择方法．
17. 设．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）
（2）122
【解析】
【分析】（1）利用二项式定理求出展开式中含的项，即可求解；
（2）分别令，两式联立即可求解．
【小问1详解】
展开式中含的项为，
所以．
【小问2详解】
令，得①，
令，得②，
由①②得，，所以．
18. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，求函数的极大值与极小值.
【答案】（1）答案见解析；
（2）的极大值为10，极小值为；
【解析】
【分析】（1）对函数求导并对参数进行分类讨论即可得出单调区间；
（2）结合（1）中的结论得出函数的极大值点和极小值点，即可求得结果.
【小问1详解】
由可得其定义域为，
且；
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，若或，；
若，；
因此的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，，若或，；
若，；
因此的单调递增区间为和，单调递减区间为；
综上可得时，的单调递增区间为；
时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
【小问2详解】
当时，，此时；
由（1）可知的单调递增区间为和，单调递减区间为；
所以可得函数在时取得极大值，即，
在时取得极小值，即；
所以函数的极大值为，极小值为.
19. 如图1所示，现有一块边长为1.5m的等边三角形铁板，如果从铁板的三个角各截去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正三棱柱形的容器如图2.则容器的容积是容器底面边长的函数.
（1）写出函数的解析式并注明定义域；
（2）求这个容器容积的最大值.
【答案】（1）；定义域为.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出三棱柱的高，再根据柱体的体积公式即可求解；
（2）利用导数法求函数的最值即可求解．
【小问1详解】
如图所示：
由题意可知,
所以，可得，
所以，
即三棱柱的高为，
所以，
所以，定义域为.
【小问2详解】
由（1）知，，定义域为.
因为，
所以，
令则，解得或（舍），
又因为，
所以当x∈0,1时，
当时，，
所以在0,1上单调递增，在上单调递减；
当时，取得极大值，也为函数的最大值，
所以．
故这个容器容积的最大值为.
20. 设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求证：当时，有.
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，单调递减区间为
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用切线方程建立方程组求解即可；
（2）由（1）得出，再进行求导即可得出的单调区间；
（3）构造函数，利用导数求出其单调性得出最小值可证明得出结论.
小问1详解】
由可得，
根据切线方程可得其斜率为，因此，解得；
又，
所以可得
【小问2详解】
由（1）可知，
所以可得，易知其定义域为；
则，
令，解得；
所以当时，；当时，；
因此的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
证明：令函数，
可得，
令，
因此可得恒成立，所以在上单调递增，
可得，即恒成立，
所以在上单调递增，可得，
即，所以；
因此当时，有.
21. 设函数.
（1）求的最小值；
（2）设，求证：是函数只有一个极大值点的充分不必要条件.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求解即可；
（2）按照充要条件的定义，先证明充分性，再证明必要性．
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以．
所以的最小值为；
【小问2详解】
充分性：，
，
因为，
所以当时，，在单调递减．
当时，，在单调递增．
所以在只有一个极大值点．
必要性：已知函数的极大值点只有一个．
①若恒成立，即在上恒成立，
由（1）得，
此时令，解得；
令，解得；
所以在单调递增，在单调递减，
所以函数有唯一极大值点，满足题意；
②方程有两个不同的根，，且，
因为只有一个极大值点，
所以有，，
即3是的一个根，此时；
当时，，
令，解得，
令，解得；
所以在上单调递增，在，上单调递减．
综上：使函数的极大值点只有一个的的取值范围是．
所以不是函数只有一个极大值点必要条件．
所以是函数只有一个极大值点的充分不必要条件．
【点睛】知识点点睛：本题考查了利用导数求函数的最小值、单调区间及极值，考查了分类讨论思想，属于中档题．
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由导数运算法则先求出，再计算即可．
【详解】，所以，
故选：C．
2. 下列求导运算结果错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据初等函数的导数公式逐项判定，可得答案.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：A.
3. 4名学生与1名老师站成一排照相，学生请老师站在正中间，则不同的站法种数为（ ）
A. 12B. 18C. 24D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】在老师左右两边的各两个位置让4名学生站即可作答.
【详解】依题意，4名学生站在老师的左右两边的各两个位置，
所以不同的站法种数为.
故选：C
4. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复合函数求导法则计算即可.
【详解】由可得.
故选：B
5. 一辆汽车在笔直的公路上行驶，位移关于时间的函数图象如图所示，给出下列四个结论：①汽车在时间段内匀速行驶；②汽车在时间段内不断加速行驶；③汽车在时间段内不断减速行驶；④汽车在时间段内处于静止状态．其中正确结论的个数有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率表示变化率，从而由斜率的变化得出速度的变化情况，进而得出答案．
【详解】根据题意，
①在时间段内，位移是一条斜率大于零的直线，则汽车在该时间段内匀速行驶，故①正确；
②在时间段内，位移是一条斜率越来越大的曲线，则汽车在该时间段内不断加速行驶，故②正确；
③在时间段内，位移是一条斜率越来越小的曲线，则汽车在该时间段内不断减速行驶，故③正确；
④在时间段内，位移不变，则汽车在该时间段内静止不动，故④正确．
故选：D．
6. 3名同学分别报名参加足球队、篮球队、排球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，不同的报名方法种数有（ ）
A. B. C. 24D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据分步乘法计算原理可得答案.
【详解】不同的报名方法种数有.
故选：A.
7. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 10D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理求出展开式中含的项，即可得出其系数.
【详解】根据二项展开式可得含有的项为，
所以的系数为.
故选：D
8. 定义在区间上的函数，则的单调递减区间是（ ）
A. B. 和
C. D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导并令，利用三角函数单调性解不等式即可求得结论.
【详解】由可得，
令,
当时，由可得，解得；
当时，由可得，解得；
因此可得在的单调递减区间是和.
故选：D
9. 已知一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都小于十位上的数字，那么我们称该三位数为“凸三位数”，则没有重复数字的“凸三位数”的个数为（ ）
A. 240B. 204C. 176D. 168
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论，当个位上数为0时和个位上的数不是0时两种情况即可求解．
【详解】根据题意，当个位上的数字是0时，有个“凸三位数”；
当个位上的数不是0时，有个“凸三位数”；
所以共有个“凸三位数”，
故选：B．
10. 函数，其中，是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数，对于非线性可导函数，在点附近一点的函数值，可以用如下方法求其近似代替值：.利用这一方法，的近似代替值（ ）
A. 一定大于B. 一定小于
C. 等于D. 与的大小关系不确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可构造函数，利用求近似代替值的方法即可得近似代替值一定大于.
【详解】令函数，则；
根据题意可得；
又因为，
因此近似代替值，近似代替值一定大于.
故选：A
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 计算：______.
【答案】60
【解析】
分析】运用组合数排列数公式计算即可．
【详解】.
故答案为：60.
12. 若展开式中第五项与第六项的二项式系数相等且最大，则______；该展开式的常数项为______（结果用数字表示）．
【答案】 ①. 9 ②. 84
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质求出，再求出二项式的展开式的通式，令的指数为0即可求解．
【详解】展开式中第五项与第六项的二项式系数相等且最大，
所以，
所以通项为，
令，解得，
所以常数项为，
故答案为：9；84．
13. 已知某物体运动的位移是时间的函数，且时，；时，.则该物体在时间段内的平均速度为______；估计时的位移为______m．
【答案】 ①. ②. 1.94
【解析】
【分析】根据平均速度的公式直接计算即可；先求出位移的直线方程，再将代入即可求解．
【详解】由题意得，，
经过点的直线方程为，
当时，，
故答案为：15.6，1.94．
14. 已知函数，则在的切线中，斜率最小的切线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导并求出导函数的最小值及切点坐标，再由点斜式方程即可得出结果.
【详解】由可得，
再由二次函数性质可得，当时，函数取得最小值，
因此可得切线斜率最小值为，此时切点为，
所以切线方程为，即.
故答案为：
15. 已知函数在点处取得极大值，其导函数y=f′x的图象经过点1,0，2,0，如图所示．关于函数有四个结论：
①函数在区间上单调递减；
②函数区间上单调递减；
③函数的图象关于中心对称；
④；
其中所有正确结论的序号为______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】由的图象判断出的单调区间及极大值点，结合已知求出的解析式，再判断的对称性即可求解．
【详解】由图象可知，当，在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，故①正确，②错误；
所以，即，整理得，
又的图象经过，，
所以，与联立，解得，
所以，
则
，
所以的图象关于中心对称，故③正确；
则，，
所以，故④正确；
故答案为：①③④．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 某小组共有6名学生，其中女生2名，男生4名．
（1）将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法有多少种？
（2）从6名中选出3人参加某公益活动．
（i）共有多少种不同的选择方法？
（ii）如果至少有1位女生入选，共有多少种不同的选择方法？
【答案】（1）480 （2）20，16
【解析】
【分析】（1）根据插空法即可求解；
（2）根据组合定义即可求解（i）；用“6名学生中选出3人参加某公益活动”所有情况减去 “6名学生中选出3名男生参加某公益活动”的情况即可求解（ii）．
【小问1详解】
男生先排有种，女生插空有种，
所以共有种不同排法．
【小问2详解】
（i）6名中选出3人共有种方法；
（ii）6名中选出3名男生有种方法，
所以至少有1位女生入选，共有种不同的选择方法．
17. 设．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）
（2）122
【解析】
【分析】（1）利用二项式定理求出展开式中含的项，即可求解；
（2）分别令，两式联立即可求解．
【小问1详解】
展开式中含的项为，
所以．
【小问2详解】
令，得①，
令，得②，
由①②得，，所以．
18. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，求函数的极大值与极小值.
【答案】（1）答案见解析；
（2）的极大值为10，极小值为；
【解析】
【分析】（1）对函数求导并对参数进行分类讨论即可得出单调区间；
（2）结合（1）中的结论得出函数的极大值点和极小值点，即可求得结果.
【小问1详解】
由可得其定义域为，
且；
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，若或，；
若，；
因此的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，，若或，；
若，；
因此的单调递增区间为和，单调递减区间为；
综上可得时，的单调递增区间为；
时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
【小问2详解】
当时，，此时；
由（1）可知的单调递增区间为和，单调递减区间为；
所以可得函数在时取得极大值，即，
在时取得极小值，即；
所以函数的极大值为，极小值为.
19. 如图1所示，现有一块边长为1.5m的等边三角形铁板，如果从铁板的三个角各截去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正三棱柱形的容器如图2.则容器的容积是容器底面边长的函数.
（1）写出函数的解析式并注明定义域；
（2）求这个容器容积的最大值.
【答案】（1）；定义域为.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出三棱柱的高，再根据柱体的体积公式即可求解；
（2）利用导数法求函数的最值即可求解．
【小问1详解】
如图所示：
由题意可知,
所以，可得，
所以，
即三棱柱的高为，
所以，
所以，定义域为.
【小问2详解】
由（1）知，，定义域为.
因为，
所以，
令则，解得或（舍），
又因为，
所以当x∈0,1时，
当时，，
所以在0,1上单调递增，在上单调递减；
当时，取得极大值，也为函数的最大值，
所以．
故这个容器容积的最大值为.
20. 设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求证：当时，有.
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，单调递减区间为
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用切线方程建立方程组求解即可；
（2）由（1）得出，再进行求导即可得出的单调区间；
（3）构造函数，利用导数求出其单调性得出最小值可证明得出结论.
小问1详解】
由可得，
根据切线方程可得其斜率为，因此，解得；
又，
所以可得
【小问2详解】
由（1）可知，
所以可得，易知其定义域为；
则，
令，解得；
所以当时，；当时，；
因此的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
证明：令函数，
可得，
令，
因此可得恒成立，所以在上单调递增，
可得，即恒成立，
所以在上单调递增，可得，
即，所以；
因此当时，有.
21. 设函数.
（1）求的最小值；
（2）设，求证：是函数只有一个极大值点的充分不必要条件.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求解即可；
（2）按照充要条件的定义，先证明充分性，再证明必要性．
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以．
所以的最小值为；
【小问2详解】
充分性：，
，
因为，
所以当时，，在单调递减．
当时，，在单调递增．
所以在只有一个极大值点．
必要性：已知函数的极大值点只有一个．
①若恒成立，即在上恒成立，
由（1）得，
此时令，解得；
令，解得；
所以在单调递增，在单调递减，
所以函数有唯一极大值点，满足题意；
②方程有两个不同的根，，且，
因为只有一个极大值点，
所以有，，
即3是的一个根，此时；
当时，，
令，解得，
令，解得；
所以在上单调递增，在，上单调递减．
综上：使函数的极大值点只有一个的的取值范围是．
所以不是函数只有一个极大值点必要条件．
所以是函数只有一个极大值点的充分不必要条件．
【点睛】知识点点睛：本题考查了利用导数求函数的最小值、单调区间及极值，考查了分类讨论思想，属于中档题．
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