2021-2022学年湖北省鄂北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中 、襄州一中、南漳一中、河口一中）高二下学期期中联考数学试题（解析版）

2021-2022学年湖北省鄂北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中 、襄州一中、南漳一中、河口一中）高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．曲线在处的切线的倾斜角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率即可求其倾斜角.

【详解】因为，所以，所以，

所以曲线在处的切线的斜率为，所以其倾斜角为.

故选：B.

2．3名同学分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法种数是

A．243 B．125 C．60 D．10

【答案】B

【详解】∵共3名同学，每班从5个风景点中选择一处游览，∴每班都有5种选择，

∴不同的选法共有 ，故选B.

3．余弦曲线在点处的切线方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程.

【详解】，在处的切线斜率，

所求切线方程为：，即.

故选：A.

4．北京大学一个班级的6名同学准备去参加冬奥会志愿服务活动，其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，其他人根据个人情况可选择去也可选择不去，则这6名同学不同的去法种数有（       ）

A．16 B．32 C．48 D．64

【答案】B

【分析】分甲和乙都去和甲和乙都不去两类，利用分类计数原理求解.

【详解】解：第一类，甲和乙都去，去法种数为，

第二类，甲和乙都不去，去法种数为，

由分类计数原理知：这6名同学不同的去法种数有16+16=32，

故选：B

5．在的展开式中，含的项的系数为（       ）

A．25 B．65 C． D．

【答案】D

【分析】利用二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】二项式的通项公式为：，

所以含的项的系数为：

，

故选：D

6．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先根据函数奇偶性排除部分选项，再根据函数值的正负情况得到最后的结果

【详解】因为所以为奇函数，故可排除选项C、D，又因为当趋近于正无穷时，，所以可排除A选项

故选：B

7．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知条件得出在上恒成立，利用参变量分离法得出，结合二次函数的性质可求得实数的取值范围.

【详解】由可得，

由题可知，即在上恒成立，

又在上单调递增，

∴

∴.

故选：C.

8．函数有两个零点，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】判断的单调性，作出与的函数图象，根据图象交点个数和导数的几何意义得出的范围．

【详解】解：令得，

令，则，

当时，，当时，，

在上单调递减，在，上单调递增，

作出与的函数图象如图所示：

设直线与的图象相切，切点为，

则，解得，，，或，，，

有两个不同的零点，

与的函数图象有两个交点，

或，即．

故选：C．

二、多选题

9．的二项展开式中，下列说法正确的是（       ）

A．二项式系数最大项是第8项 B．展开式中的常数项是第8项

C．展开式中不含的一次幂的项 D．展开式中有理项有3项

【答案】ACD

【分析】由二项式定理对选项依次判断

【详解】由二项式定理知其展开式的通项为，

对于A，当，即第8项的二项式系数最大，A正确，

对于B，令，（舍去），展开式无常数项，故B错误，

对于C，令，（舍去），展开式中不含的一次幂的项，故C正确，

对于D，，当时，为有理项，故D正确，

故选：ACD

10．曲线在点处的切线与直线垂直，则下列正确的是（       ）

A． B． C．在上单调递增 D．在上单调递减

【答案】AD

【分析】由导数的几何意义求出的值，分析单调性后判断选项

【详解】，由题意，则，

故在上单调递减，

故选：AD

11．已知函数的定义域是，其导函数是 ，且满足，则下列说法正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据题意，构造，由题意，得到单调递增，进而利用的单调性，得到，再整理即可求解

【详解】设，可得，单调递增，又因为

，，，且，，得，，整理得，AC正确；

故选：AC

12．函数，则下列说法正确的是（       ）

A．在处有最小值 B．1是的一个极值点

C．当时，方程有两异根 D．当时，方程有两异根

【答案】BC

【分析】对求导，得到函数单调性，极值，最值，及函数图象，从而判断四个选项的正误.

【详解】，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，1是的极大值点，故A错误，B正确；

，且当时，恒成立，当时，恒成立，故时，方程有两异根，C正确；

当时，方程无根，D错误.

故选：BC

三、填空题

13．已知函数满足，则______________．

【答案】

【分析】对求导，再代入进行求解.

【详解】因为，

所以，

则，即.

故答案为：

14．如图，现在用4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法有___________种．

【答案】48

【分析】利用分步计数原理求解.

【详解】解：先给①涂色有4种，

再给②涂色有3种，给③涂色有2种，给④涂色有2种，

所以由分步计数原理得：种，

故答案为：48

15．的展开式中的系数为________.

【答案】10

【分析】变形为，然后再利用展开式的通项公式可得结果.

【详解】因为展开式的通项，

所以的展开式中含的项为：

，

所以展开式中的系数为.

故答案为：10

【点睛】本题考查了利用二项展开式的通项公式求指定项的系数，变形为是解题关键，属于基础题.

16．已知函数，方程有3个不同的根，则实数的取值范围是___________．

【答案】

【分析】分和两种情况，分别求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值，从而得到函数图象，由，得到或，由图可知有两个实数根，则有且只有一个实数根，即与只有一个交点，结合函数图象即可得解；

【详解】解：因为，当时，则，当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，在取得极小值，，又；

当时，则，当时，当时，

所以在上单调递增，在上单调递增，

所以在取得极大值，；

所以的函数图象如下所示：

方程，即，即或，

因为方程有个不同的实数根，

由图可知有两个实数根和，

所以有且只有一个实数根，即与只有一个交点，

所以或，即；

故答案为：

四、解答题

17．已知．

(1)求的值；

(2)求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令即可得到；

（2）令和，两式作差即可求得结果.

【详解】(1)令，则.

(2)令得：；

令得：；

两式作差得：，.

18．已知函数．

(1)求函数在点处的切线方程；

(2)在点处的切线与只有一个公共点，求的值．

【答案】(1)；

(2)的值为，或.

【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；

（2）根据是否为零进行分类讨论，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可.

【详解】(1)由，因此有，

所以函数在点处的切线方程为：；

(2)当时，，

所以有，直线与直线只有一个交点，符合题意；

当时，由，要想在点处的切线与只有一个公共点，

只需，

综上所述：的值为，或.

19．从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛．

(1)如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？

(2)如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？

(3)如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？

【答案】(1)60

(2)91

(3)14

【分析】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解.

【详解】(1)从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法；

(2)若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法；

(3)若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式，

若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式.

20．如图，则半径为的圆（为圆心）铝皮上截取一块矩形材料，其中点在圆弧上，点，在两半径上，现将此矩形铝皮卷成一个以为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长，圆柱的体积为．

(1)求出体积关于的函数关系式，并指出定义域；

(2)当为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积最大？最大体积是多少？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设圆柱的底面半径为r，易得，再利用柱体的体积公式求解；

（2）由（1）的结论，利用导数法求解.

【详解】(1)解：在中，因为，则，

设圆柱的底面半径为r，则，

即，

所以；

(2)由（1）得，，

令，得，

当时，单调递增，当时，单调递减

所以当时，圆柱形罐子的体积最大，最大体积是.

21．已知函数．

(1)求函数的极值；

(2)若，对任意的恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)极小值，无极大值．

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；

（2）依题意可得，对任意的恒成立，参变分离可得，对任意的恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出，即可得解；

【详解】(1)因为定义域为，

所以，

当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值，无极大值．

(2)因为，对任意的恒成立，即，对任意的恒成立，

所以，对任意的恒成立，

令，，

所以，

所以当时，，当时，即在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值，即最小值，

所以，

所以，即.

22．已知是实数，函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个相异的零点且，求证：．

【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）求定义域，求导，对进行分类讨论，求出单调性；（2）先结合第一问得到，且得到，将不等式变形为，故构造函数，，进行证明.

【详解】(1)的定义域为，，当时，恒成立，故在上单调递减；

当时，令得：，令得：，故在上单调递增，在上单调递减；

综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；

(2)由（1）可知，要想有两个相异的零点，则，不妨设，因为，所以，所以，要证，即证，等价于，而，所以等价于证明，即，

令，则，于是等价于证明成立，

设，

，所以在上单调递增，

故，即成立，

所以，结论得证.

【点睛】对于多元不等式证明问题，要转化为一元不等式进行证明，再构造函数，利用导函数研究其单调性，极值及最值，从而证明出结论.