2022-2023学年河北省石家庄北华中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年河北省石家庄北华中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为（    ）

A．2 B．1 C． D．

【答案】A

【分析】根据导数的定义，即可求出结果．

【详解】，

故选：A．

2．已知，则（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】C

【分析】根据排列组合公式得到，解得答案.

【详解】，即，故，故.

故选：C

3．下列导数运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据求导公式逐项求导验证即可

【详解】因为,所以错,

因为,所以对,

因为,所以错,

因为,所以错.

故选：B

4．已知直线l是曲线的切线，切点横坐标为，直线l与x轴和y轴分别相交于A、B两点，则面积为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得切点坐标，利用导函数求出切线l的斜率，根据点斜式得到切线方程，进而得到A、B两点的坐标，即可求出的面积.

【详解】解：当时，，

而，，

所以切线l：，即，

当时，，即；当时，，即，

所以，

故选：C.

5．某人从2023年起，每年1月1日到银行新存入2万元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2033年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的线数约为（    ）（单位：万元）

参考数据：

A．2.438 B．19.9 C．22.3 D．24.3

【答案】C

【分析】复利计息问题，逐年分析寻找规律，根据等比数列的求和公式即可求解.

【详解】由题意，2023年存的2万元共存了10年，本息和为万元，

2024年存的2万元共存了9年，本息和为万元，

2032年存的2万元共存了1年，本息和为万元，

所以到2033年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，

他可取回的钱数约为万元，

故选：C.

6．学校音乐团共有10人,其中4人只会弹吉他,2人只会打鼓,3人只会唱歌,另有1人既能弹吉他又会打鼓.现需要1名主唱,2名吉他手和1名鼓手组成一个乐队,则不同的组合方案共有(   )

A．36种 B．78种 C．87种 D．90种

【答案】B

【分析】由题意得1名主唱只能从3人里面选,然后根据多面手进行分类即可得到结果.

【详解】根据题意有三种情况:

(1)从只会弹吉他的4人选2人,只会打鼓的2人选1人,只会唱歌的3人中选1人:种;

(2)从只会弹吉他的4人选2人,只会唱歌的3人选1人,鼓手从多面手中选:种;

(3)从只会弹吉他的4人选1人,只会打鼓的2人选1人,只会唱歌的3人中选1人,多面手作为吉他手:种;

共有:种.

故选:B.

7．已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足且为偶函数，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，由，得到单调递减，再根据为偶函数，得到的图象关于对称，进而得到，然后将不等式化为求解.

【详解】解：令，

因为，

所以，

所以单调递减，

因为为偶函数，

所以，

所以的图象关于对称，

则，

所以，

又不等式可化为，

即，

所以，

故选：D

8．已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将问题转化有且只有一个负整数解，构造函数与，利用导数法求函数的最值，并在同一坐标系分别作出函数的图象，通过数形结合即可求解.

【详解】已知函数，则

有且只有一个负整数解.

令，则，

当时，，

当时，，

所以在上递减，在上递增，

当时，取得最小值为.

设，则恒过点

在同一坐标系中分别作出和的图象，如图所示

显然，依题意得且即

且，解得，

所以实数的取值范围是.

故选：A.

【点睛】关键点睛：将问题转化为有且只有一个负整数解，构造函数

与，利用导数法求函数的最值，作出函数的图象，通过数形结合即可.

二、多选题

9．在的二项展开式中，下列说法正确的有（    ）

A．常数项为第三项

B．展开式的二项式系数和为729

C．展开式系数最大项为第三项

D．展开式中系数最大项的系数为240

【答案】CD

【分析】写出的二项展开式的通项，然后求出其常数项可判断A，求出展开式的二项式系数和可判断B，解出不等式组可判断CD.

【详解】的二项展开式的通项为，

令得，所以常数项为第四项，故A错误；

展开式的二项式系数和为，故B错误；

由可得，所以，

所以展开式系数最大项为第三项，展开式中系数最大项的系数为，故C、D正确；

故选：CD.

10．下列问题是排列问题的是（    ）

A．把5本不同的书分给5个学生，每人一本

B．从7本不同的书中取出5本给某个同学

C．10个人相互发一微信，共发几次微信

D．10个人互相通一次电话，共通了几次电话

【答案】AC

【分析】根据排列、组合的定义逐项判断.

【详解】对于A，学生与书都不相同，故与顺序有关，是排列问题，A正确；

对于B，取出5本书后，即确定了取法，与顺序无关，故是组合问题，故B错误；

对于C，因为是相互发一微信，因此与顺序有关，故是排列问题，C正确；

对于D，因为是互相通一次电话，与顺序无关，故是组合问题，D错误.

故选：AC.

11．已知函数，其中且，则下列说法正确的有（    ）

A．的对称中心为

B．恰有两个零点

C．若方程有三个不等的实根，则

D．若方程的三个不等实根分别为，则

【答案】ABD

【分析】根据题意得到，可判定A正确；求得，得出函数的单调性，结合极值，可判定B正确；转化为和的图象有三个交点，分和时，可判定C错误；根据，得到，

进而可判定D正确.

【详解】对于A中，由，可得，所以对称中心为，所以A正确；

对于B中，因为且，即，所以，

由，令时，解得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

所以为极小值点，为极大值点，

且，

当时；当时，

两种情况下均只有两个零点，所以B正确；

对于C中，要使得方程有三个不等的实根，即和图象有三个交点，

当时，可得， 则满足，

当时，可得，则满足，所以C错误；

对于D中，由的三个零点分别为，可设，

即，

可得

因此，所以D正确.

故选：ABD

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

12．建筑师高迪曾经说：直线属于人类，而曲线属于上帝，一切灵感来源于自然和幻想，灵活生动的曲线和简洁干练的直线，在生活中处处体现了几何艺术美感，我们可以利用曲线和直线写出很多不等关系，如由在点处的切线写出不等式，进而用替换x得到一系列不等式，叠加后有．这些不等式同样体现数学之美．运用类似方法推导，下面的不等式正确的有（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BC

【分析】选项A，可用特殊值法，令，可知不等式不成立；选项B，将中的替换为，用赋值法可得，然后根据同向不等式相加可判断B选项的正误；选项C，将中的替换为，可得，同样根据同向不等式相加与指对互化即可证明；选项D，将中的替换为，可得，然后再根据同向不等式相加可判断D的正误，另外，也可用特殊值法即由即可说明选项D的正误．

【详解】令，则，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，也是最小值，，

故，当且仅当时等号成立，

A选项：时不等式左右两端相等，故错误；

B选项：将中的替换为，可得，

当且仅当时等号成立，

令，可得，

所以，

故，

其中，

所以，B正确；

C选项：将中的替换为，显然，

则，

故，

当时，，故成立；

当时，显然成立，

故正确；

选项：将中的替换为，其中，且，则，

则，故，

则，又，D错误.

故选：BC．

三、双空题

13．若，则      ，     .

【答案】     –2     –154

【分析】令得：，求出两种情况下得到项的系数，再相加得到答案.

【详解】令得：，

展开式中含项为：（1）当出，出含项，即；

（2）当出，出含项，即；

所以，故填：；.

【点睛】本题考查二项式定理展开式中特定项的系数，考查逻辑推理和运算求解，注意利用二项式定理展开式中，项的生成原理进行求解.

四、填空题

14．已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是            .

【答案】

【分析】本题首先可通过函数的解析式得出函数的导函数，然后对、以及三种情况进行分类讨论，通过函数的单调性即可判断出函数的极值，最后得出结果．

【详解】因为，所以，

①当时，，函数恒为增函数，无极值点；

②当时，，函数恒为增函数，无极值点；

③当时，，解得或，为增函数；

，解得，为减函数，此时函数有两个极值点，

综上所述，实数的取值范围是．

【点睛】本题考查了导数的相关性质，通过函数的单调性确定函数的极值是解决本题的关键，考查通过导数确定函数单调性，考查推理能力，是简单题．

15．现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有       种.（结果用数字表示）

【答案】336

【分析】根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解.

【详解】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，

再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，

因此所求放法种数为

【点睛】本题考查排列组合应用，考查综合分析与求解能力，属中档题.

16．8张椅子排成一排，有4个人就座，每人1个座位，恰有3个连续空位的坐法共有多少种?      

【答案】480

【分析】利用插空法及分步计数原理，可得结论.

【详解】先把4个人排列好，有种方法，

再把3个空位看成一个整体，把3个空位构成的一个整体与另一个空位插入这4个人形成的5个“空”中，有种方法，

根据分步计数原理，恰有3个连续空位的坐法共有种．

故答案为：480.

五、解答题

17．求垂直于直线并且与曲线相切的直线方程.

【答案】

【分析】根据直线垂直，求得切线的斜率，进而求得切点，即可得切线方程.

【详解】设切点为，函数的导函数为

切线的斜率，得，

代入到

得，即，

因此所求切线方程是：，

即.

【点睛】本题考查导数的几何意义，属基础题.

18．在二项式 中有，如果它的展开式中存在常数项，求它是第几项.

【答案】第5项

【分析】利用二项展开式的通项确定常数项即可求出答案.

【详解】二项式的通项为，

令为常数项，则有，

因为，，所以，解得，

故可知常数项是第5项．

19．从2，3，4，7，9这五个数字任取3个，组成没有重复数字的三位数.

(1)这样的三位数一共有多少个？

(2)所有这些三位数的个位上的数字之和是多少？

(3)所有这些三位数的和是多少？

【答案】(1)60

(2)300

(3)33300

【分析】（1）根据题意，由排列数公式计算可得答案；

（2）根据题意，计算个位数字为2的三位数的个数，同理可得个位数字为3，4，7，9的三位数个数，由此分析可得答案；

（3）根据题意，结合（2）的结论，分析三位数百位、十位数字的和，相加可得答案．

【详解】（1）根据题意，从2，3，4，7，9这五个数字任取3个组成三位数，有种情况，即有60个符合题意的三位数；

（2）根据题意，个位数字为2的三位数个，

同理：个位数字为3，4，7，9的三位数都有12个，

则所有这些三位数的个位上的数字之和为；

（3）根据题意，由（2）的结论，所有这些三位数的个位上的数字之和为300，

同理：这些三位数的十位，百位上的数字之和都为300，

故所有这些三位数的和为

20．已知二项式的二项展开式中所有奇数项的二项式系数之和为128.

（1）求的展开式中的常数项；

（2）在 (1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x) 的展开式中，求项的系数.(结果用数字作答)

【答案】（1）；

（2）330

【解析】二项展开式中所有项的系数和为，奇数项的二项式系数和应为所有项系数和的一半，即 ，可求得.

（1）写出该二项式展开式的通项，令的指数为零，即可求解；

（2）由二项式定理知在，，，中均存在，故的系数为

.

【详解】解：所有奇数项的二项式系数之和为128，

，解得.

（1）的第项为

，

令，得，

则常数项为；

（2）

展开式中的系数为：

.

【点睛】本题考查了二项式定理及其应用，组合数的性质，属于中档题.

21．已知x＝1是函数f（x）＝mx3﹣3（m+1）x2+nx+1的一个极值点，其中m，n∈R，m＜0．

（1）求m与n的关系表达式；

（2）求f（x）的单调区间；

（3）当x∈[﹣1，1]时，函数y＝f（x）的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围．

【答案】（1）n＝3m+6．（2）f（x）在（﹣∞，1）单调递减，在（1，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（3）m＜0．

【分析】（1）求出f′（x），因为x＝1是函数的极值点，所以得到f'（1）＝0求出m与n的关系式；

（2）令f′（x）＝0求出函数的极值点，讨论函数的增减性确定函数的单调区间；

（3）由题意知f′（x）＞3m，分x＝1和x≠1，当x≠1时g（t）＝t，求出g（t）的最小值．要使（x﹣1）恒成立即要g（t）的最小值，解出不等式的解集求出m的范围．

【详解】（1）f′（x）＝3mx2﹣6（m+1）x+n．

因为x＝1是f（x）的一个极值点，所以f'（1）＝0，即3m﹣6（m+1）+n＝0．

所以n＝3m+6．

（2）由（1）知f′（x）＝3mx2﹣6（m+1）x+3m+6＝3m（x﹣1）[x﹣（1）]

当m＜0时，有1＞1，当x变化时f（x）与f'（x）的变化如下表：

由上表知，当m＜0时，f（x）在（﹣∞，1）单调递减，在（1，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．

（3）由已知，得f′（x）＞3m，即3m（x﹣1）[x﹣（1）]＞3m，

∵m＜0．∴（x﹣1）[x﹣1（1）]＜1．（*）

①x＝1时．（*）式化为0＜1恒成立．

∴m＜0．

②x≠1时∵x∈[﹣1，1]，∴﹣2≤x﹣1＜0．

（*）式化为（x﹣1）．

令t＝x﹣1，则t∈[﹣2，0），记g（t）＝t，

则g（t）在区间[﹣2，0）是单调增函数．∴g（t）min＝g（﹣2）＝﹣2．

由（*）式恒成立，必有⇒m，又m＜0．∴m＜0．

综上①②知m＜0．

【点睛】本题考查了利用待定系数法求函数解析式的方法及导数的几何意义，利用导数研究函数极值和单调性的方法，考查了利用导数研究不等式恒成立的条件，属于中档题．

22．已知函数为自然对数的底数）

（1）求的单调区间，若有最值，请求出最值；

（2）是否存在正常数，使的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的切线？若存在，求出的值，以及公共点坐标和公切线方程；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)所以当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为，无最大值 ；

(2存在，使的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的切线，易求得公共点坐标为，公切线方程为．

【详解】解：（1）

①当恒成立

上是增函数，F只有一个单调递增区间（0，-∞），没有最值

②当时，，

若，则上单调递减；

若，则上单调递增，

时，有极小值，也是最小值，

即

所以当时，的单调递减区间为

单调递增区间为，最小值为，无最大值

（2）方法一，若与的图象有且只有一个公共点，

则方程有且只有一解，所以函数有且只有一个零点

由（1）的结论可知

此时，

的图象的唯一公共点坐标为

又

的图象在点处有共同的切线，

其方程为，即

综上所述，存在，使的图象有且只有一个公共点，且在该点处的公切线方程为

方法二：设图象的公共点坐标为，

根据题意得

即由②得，代入①得

从而…………10分

此时由（1）可知

时，

因此除外，再没有其它，使

故存在，使的图象有且只有一个公共点，且在该公共点处有共同的切线，易求得公共点坐标为，公切线方程为