2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高二下学期期中数学试题含解析，共16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。
2022-2023学年山东省枣庄市滕州市高二下学期期中数学试题 一、单选题1．函数在区间上的平均变化率为（    ）A．2 B．3 C．5 D．4【答案】C【分析】根据平均变化率的知识求得正确答案.【详解】当时，；当时，.所以函数在区间上的平均变化率为.故选：C2．某小组有8名男生，6名女生，要求从中选1名当组长，不同的选法共有（    ）A．12种 B．14种 C．24种 D．48种【答案】B【分析】根据组合性质即可求解.【详解】依题意，小组有8名男生，6名女生，要求从中选1名当组长，则有种选法.故选：B.3．下列求导运算正确的是（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据导数的计算逐一判断即可.【详解】对于A，，故A不正确；对于B，，故B正确；对于C，，故C不正确；对于D，，故D不正确.故选：B4．已知函数f(x)在x=x0处的导数为12，则（    ）A．-4 B．4 C．-36 D．36【答案】A【分析】根据题意，由极限的性质可得则，结合导数的定义计算可得答案．【详解】根据题意，函数在处的导数为12，则；故选：A．【点睛】本题考查极限的计算以及导数的定义，属于容易题．5．已知函数，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求导得到，函数单调递增，得到大小关系.【详解】，故，所以在上递增，，所以，故选：D6．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有A．12种 B．18种 C．36种 D．54种【答案】B【详解】试题分析：由题意知，完成这一件事可分为两步：先将标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；再将其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.【解析】排列与组合 7．定义在R上的函数的导函数为，且，，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意分析可得，构建，求导，结合函数单调性解不等式.【详解】∵，且，可得，故原不等式等价于，构建，则，∵，则恒成立，∴在定义域内单调递减，且，则对于，解得，故不等式的解集为.故选：B.8．设，，，则（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据数字特征、对数的运算性质、同角的三角函数关系式、二倍角正弦公式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性进行判断即可.【详解】构造函数，所以有，因为，所以，所以此时函数单调递增，故有，显然，所以有，即；，，构造函数，则有，因为，所以，因此，所以函数是增函数，于是有，而，所以，即，于是有，故选：A【点睛】关键点睛：根据代数式的特征构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性进行判断是解题的关键. 二、多选题9．如图是函数的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的是（    ）A．在上是增函数B．在上是减函数C．当时，取得极小值D．当时，取得极大值【答案】BC【分析】根据导数与原函数关系解决.【详解】从导函数图像可以看出函数在上为单调减函数；在上为增函数，故A错B对，C对D错.故选：BC10．某高一学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选科科目，则（    ）A．若不选择政治，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12种【答案】ACD【分析】对于A：原题意等价于六门课程中选三门不作选修科目，结合组合数运算求解；对于B、C、D：根据题意利用间接法，结合组合数运算求解.【详解】对于A：原题意等价于六门课程中选三门不作选修科目，已知不选择政治，则再从剩余的五门课程中选择两门不作为选修科目，可得选法总数为种，故A正确；对于B：六门课程中选三门，选法总数为种，若物理和化学均不选，选法总数为种，若物理和化学至少选一门，选法总数为种，但，故B错误；对于C：若物理和历史同时选，选法总数为种，若物理和历史不能同时选，选法总数为种，故C正确；对D：在物理和历史不同时选的前提下，排除物理和化学均不选，结合选项B、C可知：选法总数为种，故D正确；故选：ACD.11．下列等式中，正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】A. 利用排列数公式求解判断； B.利用组合数公式求解判断； C.利用组合数性质求解判断；D.利用组合数公式求解判断.【详解】A. ，故正确；B.因为 ，所以，故错误；C. ，故错误；D. ，故正确；故选：AD12．已知，函数，则（    ）A．对任意，，存在唯一极值点B．对任意，，曲线过原点的切线有两条C．当时，存在零点D．当时，的最小值为1【答案】ABD【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于为偶函数，故先判断时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断的单调性，进而求得函数最值.【详解】对于A，由已知，函数，可得，令，则即在R上单调递增，令，则，当时，作出函数的大致图象如图：当时，作出函数的大致图象如图：可知的图象总有一个交点，即总有一个根，当时，；当时，，此时存在唯一极小值点，A正确；对于B，由于，故原点不在曲线上，且，设切点为，则，即，即，令，， 当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，故在和上各有一个零点，即有两个解，故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；对于C，当时，，，故，该函数为R上单调增函数，，故，使得，即，结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，令，则，且为增函数，当时， ，当且仅当时取等号，故当时，，则在上单调递增，故，令，则，此时的最小值为，无零点，C错误；对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；此时，，结合A的分析可知在R上单调递增，，故时，，则在上单调递增，故在上单调递减，为偶函数，故，D正确，故选：ABD【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题. 三、填空题13．已知函数的导函数为，且满足，则________．【答案】【分析】根据题意，求导可得，然后令，即可得到结果.【详解】因为，则，令，可得，解得.故答案为:14．从A，B等5名学生中随机选3名参加数学竞赛，则A和B至多有一个入选的方法有______种．【答案】7【分析】间接法：求出任选3人的方法数，以及A和B都入选的方法数，相减即可得出答案.【详解】从5名学生中任选3名参加数学竞赛，方法有种，A和B都入选的方法有种，所以，A和B至多有一个入选的方法有种.故答案为：7.15．已知函数，若有两个零点，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】先对求导，根据的范围研究的符号，判断的单调性，结合有两个零点，求出的取值范围．【详解】解：由题知：，．①当时，，单调递增，至多有一个零点，不合题意；②当时，令，易知在单调递减，在单调递增，故的最小值为．有两个零点，当时，，，解得故答案为：．【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，属于基础题.16．直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是，则满足的一个等式为__________.【答案】【分析】令，则，令，求导得到单调性从而画出的图象，判断曲线和曲线只有一个交点.再分别对，求导得到单调性后画出图象，从而确定当直线经过曲线曲线和曲线的唯一公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，进而得到，且利用同构化为再借助的单调性得到，，借助，最终可得.【详解】令，即，则，令，则所以当时，单调递增；当时，单调递减，，又，所以的图象如图所示：由图可知，的图象只有一个交点，因此曲线和曲线只有一个交点.对求导，可得所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以.对求导，可得所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以图象如图所示：由图知，当直线经过曲线曲线和曲线的唯一公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，则有，且则且在上单调递减，，又且在上单调递增，，而即，，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：先判断曲线和曲线只有一个交点，可以令，即，则，构造函数，求导得到单调性画出图象判断. 四、解答题17．有2名男生和3名女生，按下列要求各有多少种排法，依题意列式作答：(1)若2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法；(2)若2名男同学中间必须有1人，共有多少种不同的排法．【答案】(1)72(2)36 【分析】（1）先排女同学，再将男同学插空，得到答案；（2）先将两名男生进行排列，再选出1名女生放在男同学中间，利用捆绑法进行求解.【详解】（1）先将3名女生进行排列，有种情况，再将2名男生插空，有种情况，故2名男同学不相邻，共有种排法；（2）先将两名男生进行排列，有种情况，再选出1名女生放在男同学中间，有种选择，将两名男同学和这名女同学看成一个整体和剩余的2名女同学进行全排列，共有种选择，故若2名男同学中间必须有1人，共有种排法.18．(1)若，求正整数；(2)已知，求.【答案】(1)8(2) 【分析】（1）利用排列数公式可得，即求；（2）利用组合数公式可得，即求.【详解】（1）由得，，又，∴，即，∴正整数为8.（2）由得，，∴即，解得或，又，∴，∴.19．已知，两地的距离是.根据交通法规，，两地之间的公路车速（单位：）应满足.假设油价是7元/，以的速度行驶时，汽车的耗油率为，当车速为时，汽车每小时耗油，司机每小时的工资是91元.(1)求的值；(2)如果不考虑其他费用，当车速是多少时，这次行车的总费用最低？【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据题中给出的车速和油耗之间的关系式，结合已知条件，待定系数即可；（2）根据题意求得以行驶所用时间，构造费用关于的函数，利用导数研究其单调性和最值，即可求得结果.【详解】（1）因为汽车以的速度行驶时，汽车的耗油率为，又当时，，解得.（2）若汽车的行驶速度为，则从地到地所需用时，则这次行车的总费用，则，令，解得，则当，，单调递减，即.故时，该次行车总费用最低.20．已知函数．(1)求函数的极值；(2)画出函数的大致图像．【答案】(1)极小值为，无极大值．(2)图像见解析 【分析】（1）利用导数得出函数单调区间以及极值；（2）由单调性结合极值和零点画出函数的大致图像.【详解】（1），函数定义域为R，，，解得；，解得，即函数在上单调递减，在上单调递增，极小值为，无极大值．（2）当时，﹔，，，结合函数单调性，可画出函数的大致图像，如下图所示︰21．已知函数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)求函数的单调区间．【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义即可求解.（2）求出导函数，分情况求解不等式和即可得解.【详解】（1）当时，，，，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2），当，令得，由得，由得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为当，令得，当时，由得或，由得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，，所以的单调增区间为，无单调减区间；当时，由得或，由得，所以的单调增区间为和，单调递减区间为.22．已知函数．(1)证明：函数只有一个零点；(2)在区间上函数恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题意可判断，然后说明当时无零点；当时，利用导数判断函数单调性，进而说明函数零点只有一个；（2）将变为，从而构造函数，再利用导数判断函数的单调性，分时和时两种情况讨论不等式是否恒成立，结合，即可求得答案.【详解】（1）证明：由可得，当时，，，所以，故，故在区间上无零点．当时，，而，，且等号不会同时取到，所以，所以当时，函数单调递增，所以，故函数在区间上有唯一零点0，综上，函数在定义域上有唯一零点.（2）由在区间上恒成立，得，即在区间上恒成立．设，则在区间上恒成立，而，，则．设，则，当时，，所以函数在区间上单调递增，故在区间上，， 即在区间上，设函数，则，所以函数在区间上单调递增，故在区间上，即在区间上，，所以在区间上，，即，所以在区间上函数单调递增．当时，，故在区间上函数，所以函数在区间上单调递增．又，故，即函数在区间上恒成立．当时，，，故在区间上函数存在零点，即，又在区间上函数单调递增，故在区间上函数，所以在区间上函数单调递减，又，所以在区间上函数，与题设矛盾．综上，a的取值范围为.【点睛】方法点睛：解答函数不等式恒成立问题的方法：（1）分离参数，即将不等式中所含参数分离出来，然后构造函数，将问题转化为利用导数求函数的最值问题；（2）将不等式变形为不等式一侧为0，直接构造函数，利用导数判断该函数的单调性，利用函数单调性解决恒成立问题；（3）将不等式变形，再利用放缩法转化为较常见形式的不等式，结合导数解决问题.