2021-2022学年江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高二下学期线上学情调查数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高二下学期线上学情调查数学试题（解析版），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高二下学期线上学情调查数学试题一、单选题1．已知，那么函数在x＝π处的瞬时变化率为（　　）A． B．0 C． D．【答案】A【分析】利用导数运算法则求出，根据导数的定义即可得到结论．【详解】由题设，， 所以，函数在x＝π处的瞬时变化率为，故选：A．2．函数的图象如图所示，则下列关系正确的是（       ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据导数的几何意义及函数的图象的性质可得正确的选项.【详解】由题图，可知在点处的切线的斜率大于在点处的切线的斜率，则有.又因为从2到3的平均变化率为，其几何意义为割线的斜率，由题图，可知.故选：B.3．若，则m等于（       ）A．9 B．8 C．7 D．6【答案】C【分析】直接解方程，即可得到正确答案.【详解】由已知得m(m－1)(m－2)＝6×，解得m＝7.故选：C.4．若个人报名参加项体育比赛，每个人限报一项，则不同的报名方法的种数有A． B． C． D．【答案】C【详解】四名同学报名参加3项体育比赛，每人限报一项，每人有3种报名方法；根据分步计数原理，可得共有3×3×3×3=种不同的报名方法，故选C.5．若函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由函数在区间上单调递减，得到恒成立，用分离参数法求解.【详解】对于函数，导数.要使函数在区间上单调递减，只需恒成立.因为，只需，只需恒成立.记，只需..因为，所以.由在上单减，在上单增，且时，，时，.所以在上的最大值为，所以在的最大值为1.所以.故选：B6．已知函数，则曲线在x=1处的切线与坐标轴围成的面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可得切线方程，进而得出切线与坐标轴的交点坐标，结合三角形面积公式计算即可.【详解】由题意可得，则曲线在x=1处的切线斜率为4，切点为，故切线方程为.令x=0，得y=－3；令y=0，得.则该切线与坐标轴分别交于点，，故该切线与坐标轴围成的面积为.故选：B7．已知函数，则过点可作曲线的切线的条数为（       ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】设切点为，根据导数的几何意义求得在切点处的切线方程，再将代入，求得的值，即可得解.【详解】解：因为，所以，设切点为，所以在切点处的切线方程为，又在切线上，所以，即，整理得，解得或，所以过点可作曲线的切线的条数为2.故选：C．8．直线分别与曲线，交于，两点，则的最小值为（       ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】设，，，，得到，用导数法求解.【详解】解：设，，，，则，，，令，则，函数在上单调递减，在上单调递增，时，函数的最小值为1，故选：B二、多选题9．已知函数，若函数在上有极值，则实数可以取（        ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】BC【分析】函数在上有极值，即导数在上有变号零点，列出关于的不等式组，进而求出参数的取值.【详解】由题意知，在上有变号零点，又易知在上单调递增，故，可得，解得，故可取2，3.故选：BC.10．高一学生王超想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选考科目，则下列说法正确的有（       ）A．若任意选择三门课程，选法总数为种B．若物理和化学至少选一门，选法总数为种C．若物理和历史不能同时选，选法总数为种D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为种【答案】AC【分析】A应用组合公式知种选法，B分类加法和分步乘法原理有种选法，C由间接法有种选法，D分类加法原理有种选法，结合选项可知各项正误.【详解】A：显然种选法，正确；B：在物理、化学中选一门，其它选两门，有种；物理、化学都选，其它选一门，有种，总共有种选法，错误；C：任选3门的种选法中，排除物理、历史同时选的种选法，正确；D：应分三种情况：①只选物理，则有种选法；②只选化学，则有种选法；③若物理与化学都选，则有种选法.即共有种选法，错误；故选：AC.11．定义在上的函数的导函数的图象如图所示，函数的部分对应值如下表．下列关于函数的结论正确的是（       ）x024513132 A．函数的极大值点的个数为2B．函数的单调递增区间为C．当时，若的最小值为1，则t的最大值为2D．若方程有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是【答案】AD【分析】由导函数图象得原函数的单调性可判断AB；由单调性结合函数值表可判断CD.【详解】由图知函数在区间[-1,0]上单调递增，在区间[0,2]上单调递减，在区间[2,4]上单调递增，在区间[4,5]上单调递减，所以在处有极大值，故A正确；单调区间不能写成并集，故B错误；因为函数，且在区间[2,4]上单调递增，所以存在使得，易知，当时，在区间的最小值为1，故C不正确；由函数值表结合单调性作出函数草图可知D正确.故选：AD12．已知函数，现给出下列结论，其中正确的是（       ）A．函数有极小值，但无最小值B．函数有极大值，但无最大值C．若方程恰有一个实数根，则D．若方程恰有三个不同实数根，则【答案】BD【分析】先求导，根据导数和函数单调性的关系，以及极值和最值的关系即可判断．【详解】解： 由题意得．令，即，解得或．则当或时，，函数在和上单调递增；当时，，函数在上单调递减．所以函数在处取得极大值，在处取得极小值．又时，；时．作出函数的大致图象如下图所示：因此有极小值，也有最小值，有极大值，但无最大值．若方程恰有一个实数根，则或；若方程恰有三个不同实数根，则．故选：BD三、填空题13．如图，用四种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法的种数为______（用数字作答）【答案】48【分析】由已知按区域分四步，然后给，，，区域分步选择颜色，由此即可求解．【详解】解：由已知按区域分四步：第一步区域有4种选择，第二步区域有3种选择，第三步区域有2种选择，第四步区域也有2种选择，则由分步计数原理可得共有种，故答案为：48．14．展开式中的第3项为___________.【答案】【分析】求出二项式展开式的通项即可求解.【详解】展开式中的通项为，所以第项为：，故答案为：.15．某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从，，，，，6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从，两人中安排一人，第四节课只能从，两人中安排一人，则不同的安排方案共有______种．（用数字作答）【答案】36【分析】按第一节上课的老师分成两类，利用分步乘法计数原理计算出每一类安排上课方法数，然后将两类方法数相加即得.【详解】不同的安排方案有两类办法：第一类，第一节课若安排，则第四节课只能安排，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有种排法；第二类，第一节课若安排，则第四节课可安排或，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有种排法，因此不同的安排方案有种.故答案为：3616．如图，将一边长为的正方形铁皮四角各截去一个大小相同的小正方形，然后沿虚线折起，得到一个无盖长方体容器，若要求所得容器的容积最大，则截去的小正方形边长为___________.【答案】1【分析】根据题意先设小正方形边长为x，计算出容器体积的函数解析式，再利用导数研究此函数的单调性，进而求得此函数的最大值即可.【详解】设剪去小正方形的边长为x，则容器的容积为：，.令，则 (舍去)，.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以当时铁盒的容积最大，故截去的小正方形边长为1m.故答案为：1.四、解答题17．已知函数 的图像在处的切线斜率为，且 时， 有极值.(1)求的解析式；(2)求在上的最大值和最小值.【答案】(1)；(2)最大值为，最小值为.【分析】（1）由题得①，②，解方程组即得解；（2）令解得或，再列表得解.【详解】(1)解：求导得，因为在出的切线斜率为，则，即①因为时， 有极值，则.即②由①②联立得 ，所以.(2)解：由（1），令解得或，列表如下：    极大值极小值 所以，在［－3，2］上的最大值为，最小值为.18．已知函数(1)讨论的单调性；(2)当时，证明【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导得，进而分和两种情况讨论求解即可；（2）根据题意证明，进而令，再结合（1）得，研究函数的性质得，进而得时， ，即不等式成立.【详解】(1)解：函数的定义域为， ，∴当时，在上恒成立，故函数在区间上单调递增；当时，由得，由得，即函数在区间上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在上单调递减；(2)证明：因为时，证明，只需证明，由（1）知，当时，函数在区间上单调递增，在上单调递减；所以.令，则，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以.所以时， ，所以当时，