2021-2022学年江苏省苏州市常熟中学高二下学期3月线上教学阳光调研数学试题（解析版）

2021-2022学年江苏省苏州市常熟中学高二下学期3月线上教学阳光调研数学试题

一、单选题

1．函数在区间上的最大值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先对函数求导，然后求出函数的单调区间，从而可求出函数的最大值

【详解】由，得，由，得或（舍去），

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

所以当时，取得最大值，

故选：C

2．函数的单调递减区间是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求导，，由即可得解.

【详解】函数的定义域是，，

令，解得，

故函数在上单调递减，

选：D.

【点睛】本题考查了利用导数求函数单调性，考查了导数的基本能应用，属于基础题.

3．函数的图像如图所示，下列数值排序正确的是

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，设，为的图象上两点，由导数的几何意义可得为函数在处切线的斜率，为函数在处切线的斜率，，分析函数的图象变化的趋势即可得答案．

【详解】根据题意，设，为的图象上两点，

则为函数在处切线的斜率，

为函数在处切线的斜率，

，

由函数图象分析可得：函数为增函数，但增加的越来越慢，

则

故选

【点睛】本题考查函数导数的几何意义，关键是掌握导数的定义，属于基础题．

4．将6本相同的书分给8个同学，每人至多分一本，而且书必须分完，则不同的分法种数是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】从8人中选6人进行组合即可，从而可得答案.

【详解】解：从8人中选6人进行组合即可，则有种选法.

故选：B．

5．在的展开式中，的系数为（       ）

A． B．80 C．160 D．240

【答案】B

【分析】写出二项式的展开式，从而可得的展开式中的系数.

【详解】解：因为二项式的展开式为：

，

所以的展开式中含x4的项为，

则x4的系数为80，

故选：B．

6．今天是星期五，经过7天后还是星期五，那么经过天后是（       ）

A．星期三 B．星期四 C．星期五 D．星期六

【答案】D

【分析】结合二项式展开式的通项公式来求得正确答案.

【详解】，展开式的通项公式为，

所以除以的余数为，

所以经过天后是星期六.

故选：D

7．已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设g（x）＝，根据已知条件可得函数在定义域上单调递减，从而将不等式转化为的解集，从而可得出答案.

【详解】解：设＝，

则＝，

∵，∴，

∴，∴y＝g（x）在定义域上单调递减，

∵

∴＝，

又＝，

∴，

∴，

∴的解集为．

故选：A．

8．设函数在区间上的导函数为，记在区间上的导函数为.若函数在区间上为“凸函数”，则在区间上有恒成立.已知在上为“凸函数”，则实数k的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先根据题中所给的函数解析式，对其求导，再求二阶导，根据题中所给的条件，得到则有在上恒成立，构造函数，利用导数求得其最小值，得到结果.

【详解】因为，所以，

，

要使在上为“凸函数”，

则有在上恒成立，即，

即在上恒成立，

令，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以k的取值范围是，

故选：A.

【点睛】思路点睛：该题属于新定义问题，在解题的过程中，注意：

（1）细读题文，理解题中所给的信息，明确凸函数的定义；

（2）根据定义，对所给的函数求导，再求二阶导，令二阶导小于零在给定区间上恒成立；

（3）构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求得最值，得到所求的结果.

二、多选题

9．已知，则可能取值为（       ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】BD

【分析】利用组合数的性质求解.

【详解】

根据组合数的性质

或

解得或

故选：BD

【点睛】本题考查组合数的性质，属于简单题.

10．若，，则（　　）

A． B．

C．  D．

【答案】AC

【分析】令、可得答案.

【详解】因为

所以令可得：

令可得

故选：AC

11．下列说法正确的为（       ）

A．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法；

B．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法；

C．6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法；

D．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法．

【答案】ACD

【分析】利用均匀编号分组法可判断A；先将6本不同的书分成三组，然后甲、乙、丙三人任取一组即可判断B；利用挡板法可判断C；分类讨论可判断D.

【详解】对于A，6本不同的书中，先取本给甲，再从剩余的本中取本给乙，

最后本给丙，共有种不同的分法，故A正确；

对于B，6本不同的书中，先取本作为一组，再从剩余的本中取作为一组，

最后本作为一组，共有种，再将分给甲、乙、丙三人，

共有种，故B不正确；

对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法种；

对于D， 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分种情况讨论：

①一人本，其他两人各本，共有；

②一人1本，一人2本，一人3本，共有种，

③每人2本，共有，

故共有种.

故选：ACD

【点睛】本题考查了平均分组、不平均分组问题，挡板法，考查了组合数在生活中的应用，属于基础题.

12．已知函数，下列选项正确的是（       ）

A．图象关于点成中心对称

B．若有三个不同的解，则

C．对任意实数，函数在上单调递增

D．当时，若过点可以做函数的三条切线，则

【答案】ABD

【分析】分别从对称性、韦达定理、单调性及导数的几何意义对函数研究，从而对每一个选项作出判断.

【详解】对于选项A，由于，所以图像关于点成中心对称，故A正确；

对于选项B，由韦达定理有，

则，故B正确；

对于选项C，，若，当时，，因此在区间上单调递减，故C不正确；

对于选项D，当时，，则，设切点为，

因此切线方程为，

将代入切线方程整理有，

令，由题意可知，要有三条切线，即有三个零点，

，

时，；时，或.

所以在和上单调递增，在上单调递减.

所以，，

因此要使有三个零点，则，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．若函数满足，则___．

【答案】1

【分析】结合导数求得正确答案.

【详解】

，

令，得，即.

故答案为：1

14．计算______.

【答案】35

【分析】根据组合数的性质计算可得；

【详解】解：

故答案为：

【点睛】本题考查组合数的性质，属于中档题.

15．某校要求每位学生从8门课程中选修5门，其中甲、乙两门课程至多只能选修一门，则不同的选课方案有______种（以数字作答）.

【答案】36.

【分析】根据甲、乙两门课程至多只能选修一门，进行分类讨论，求出每类选课方案的种数，最后根据加法计数原理直接求解即可.

【详解】甲、乙两门课程至多只能选修一门，

则包括一门都不选和选一门两种情况

第一类甲和乙两门课都不选，有种方案；

第二类甲和乙中选一门，剩余6门课中选两门，有种方案．

∴根据分类计数原理知共有种方案．

故答案为：36

【点睛】本题考查了分类计数原理的应用，考查了组合问题，属于基础题.

16．已知函数，若存在，，使得，则的取值范围是__________.

【答案】，．

【分析】由，得到，再研究函数的单调性，得到，将表示为的函数，然后利用换元法转化为二次函数求最值．

【详解】解：，，得，

，，

当时，，，

由，得，由，得，

在上单调递减，在上单调递增，

在处取得最小值，，

，

令，则，，

当时，取得最小值，当时，取得最大值0，

的取值范围是，．

故答案为：，．

四、解答题

17．已知函数，．

（1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）判断函数是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）存在，当时，此时无极值，当时，极小值为，无极大值.

【分析】（1）利用导函数求出斜率，利用点斜式写出切线方程；

（2）对k进行分类讨论导函数的零点，得函数极值情况.

【详解】解：（1）函数定义域为，

当时，，

，

所以，，

所以在点处的切线方程为，

即；

（2）函数定义城为，

，

当时，在单调递增；

此时无极值；

当时，，；，．

所以单调递减区间是；单调递增区间是；

所以极小值点是，极小值为，无极大值点．

綜上所得，当时，此时无极值；

当时，极小值为，无极大值．

18．在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；条件②：只有第5项的二项式系数最大；条件③：所有项的二项式系数的和为256.

问题：在的展开式中，___________.

(1)求的值；

(2)若其展开式中的常数项为112，求其展开式中所有的有理项.

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)有理项为：，，.

【分析】（1）选①，根据二项式系数的性质求得正确答案；选②，根据二项式系数的最值求得正确答案；选③，根据二项式系数和求得正确答案.

（2）利用二项式展开式的通项公式求得所有的有理项.

【详解】(1)选①，，所以；

选②，第5项的二项式系数最大，所以；

选③，二项式系数的和为.

(2)二项式展开式的通项公式为：

，

当时，，（负根舍去）.

所以有理项为，，；

即，，.

19．一组学生共有人.

（1）如果从中选出人参加一项活动，共有多少种选法？

（2）如果从中选出男生人，女生人，参加三项不同的活动，要求每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有种，问该组学生中男、女生各有多少人？

【答案】（1）35；（2）男生3人，女生4人或男生4人，女生3人

【分析】（1）根据题意，利用从名学生中选出人的组合数公式，即可求解；

（2）设有男生人，女生则有人，分别求得从人中选出名男生女生方法和每人参加一项且每项活动都有人参加的种数，结合分步乘法计数原理，列出方程，即可求解.

【详解】（1）由题意，所有的不同选法种数，就是从名学生中选出人的组合数，

所以选法种数为中不同的选法.

（2）设有男生人，女生则有人，

从这人中选出名男生女生方法有种，

要求每人参加一项且每项活动都有人参加种，

根据分步乘法计数原理得，

所以且，解得或，

所以该组学生中男生3人，女生4人或男生4人，女生3人.

20．已知函数.

(1)若，求在区间上的最大值；

(2)求在区间上的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数求得在区间上的最大值.

（2）由对进行分类讨论，由此求得在区间上的最小值.

【详解】(1)当时，，

，

在区间递增.

所以在区间上的最大值为.

(2)，

，

当时，在区间递增，

所以在区间上的最小值为.

当时，在区间递减；

在区间，递增.

所以在区间上的最小值为.

当时，在区间递减，

所以在区间上的最小值为.

所以.

【点睛】利用导数求解函数的单调性、最值，若导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论标准的制定，可以考虑利用导函数的零点分布来进行分类.

21．某生态旅游景区升级改造，有一块半圆形土地打算种植花草供人游玩欣赏，如图所示，其中长为，､两点在半圆弧上，满足，设.

(1)现要在景区内铺设一条观光道路，由线段､和组成，则当为何值时，观光道路的总长最长，并求最大值；

(2)若在和内种满向日葵，在扇形内种满薰衣草，已知向日葵利润是每平方千米元，薰衣草的利润是每平方千米元，则当为何值时，才能使总利润最大？

【答案】(1)时，观光道路的总长最长，的最大值为

(2)时，总利润最大.

【分析】（1）利用余弦定理求得，从而求得的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质求得的最大值.

（2）利用三角形的面积公式、扇形面积公式求得利润的表达式，并结合导数求得当时，利润最大.

【详解】(1)半圆的半径为，，，，

在三角形中，

由余弦定理得，

同理可求得，

，

所以，

令，

所以，

当时等号成立.

所以时，观光道路的总长最长，的最大值为.

(2)，

扇形的面积为.

设总利润为，

其中，

，

在区间递增；在区间递减.

所以当时，总利润最大.

22．已知函数.

（1）判断函数的单调性；

（2）设，求证：当时，.

【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；（2）证明见解析.

【分析】（1）求出定义域后对其求导，再对的值分类讨论，结合导数与函数单调性的知识即可求解；（2）将所求证的不等式进行转化后再放缩，构造求出其最小值，即可证明原不等式.

【详解】（1）的定义域为.由题意得.

当时，，所以在区间上单调递增；

当时，令得，所以当时，，可知在区间上单调递增；当时，，可知在区间上单调递减.

综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.

（2）由题意得，当时，，

所以，

所以.

令，则，

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，

所以，

所以.

所以，

所以，

所以.