2022-2023学年山东省泰安市高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省泰安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学年山东省泰安市高二下学期期中数学试题 一、单选题1．如果一个物体的运动方程为，其中位移的单位是千米，时间的单位是小时，那么该物体在4小时末的瞬时速度是（    ）A．24千米/小时 B．26千米/小时 C．56千米/小时 D．80千米/小时【答案】C【分析】对求导，代入t值即可.【详解】由，则当时，，故选：C.2．已知，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意利用排列数公式、组合数公式及其性质，结合特殊值计算可得结论．【详解】由于已知，，且，利用排列数的性质，令，则，故A不正确；当，时，，故B错误；当时，，故C错误；，故D正确，故选：D．3．下列求导过程错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据简单复合函数的求导法则即可求解.【详解】因为，故选项A正确；因为，故选项B正确；因为，故选项C错误；因为，故选项D正确，故选：C.4．若函数在上单调递增，则实数t的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求导得到在上恒成立，即，设，计算值域得到答案.【详解】，在上恒成立，即，设，，故，故.故选：A5．若，且能被17整除，则的最小值为（    ）A．0 B．1 C．16 D．18【答案】D【分析】将化为二项展开式，根据能被 17 整除，即可求得的值, 进而得出答案.【详解】由题意，因为能被17整除，而能被17整除,∴也能被 17 整除,∴, 即,∴的最小值为18 .故选：D.6．设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的单调性与导函数的关系判断即可；【详解】解：由的图象可知，当时函数单调递增，则，故排除C、D；当时先递减、再递增最后递减，所以所对应的导数值应该先小于，再大于，最后小于，故排除B；故选：A7．某学校选派甲，乙，丙，丁，戊共5位优秀教师分别前往四所农村小学支教，用实际行动支持农村教育，其中每所小学至少去一位教师，甲，乙，丙不去小学但能去其他三所小学，丁，戊四个小学都能去，则不同的安排方案的种数是（    ）A．72 B．78 C．126 D．240【答案】B【分析】分组讨论结合组合排列关系计算即可.【详解】要求每所小学至少去一位教师，则需要将5人分成4组，则①甲，乙，丙中有2位教师去同一所学校有：种情况，②甲，乙，丙中有1位教师与丁去同一所学校有：种情况，③丁，戊两人选择同一所学校有：种情况，所以满足题意的情况为：，故选：B.8．在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（    ）A．1440 B．720 C．1920 D．960【答案】C【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；则区域E可选择的花卉有种，故不同的种植方法种数是.故选：C 二、多选题9．某大学的3名男生和3名女生利用周末到社区进行志愿服务，当天活动结束后，这6名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（    ）A．若要求3名女生相邻，则这6名同学共有144种不同的排法B．若要求女生与男生相间排列，则这6名同学共有96种排法C．若要求3名女生互不相邻，则这6名同学共有144种排法D．若要求男生甲不在排头也不在排尾，则这6名同学共有480种排法【答案】ACD【分析】捆绑法解决选项A，插空法解决选项BC，特殊优先法或间接法解决选项D.【详解】选项A，将3名女生捆绑在一起，再与3名男生进行全排列，则有（种），故A正确，选项B，要求女生与男生相间排列，采用插空法，则有（种），故B不正确，选项C，先排3名男生，3名女生插空，则有（种），故C正确，选项D，间接法，6人排列有（种）情况，男生甲在排头或排尾，则有（种），所以男生甲不在排头也不在排尾有（种），故D正确，故选：ACD.10．已知三次函数的图象如图，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．的解集为【答案】BC【分析】设，分析可知的极值点为、，以及为奇函数，可求得，，根据函数的单调性可得出，逐项分析可得出合适的选项.【详解】由图可知，三次函数为奇函数，且的极值点为、，设，则，可得，由奇函数的定义可得，即，所以，，可得，则，由题意可得，可得，则，由图可知，函数的单调递增区间为，故不等式的解集为，所以，，对于A选项，，，所以，，A错；对于B选项，，所以，，B对；对于C选项，由题意可知，，由导数的定义可得，C对；对于D选项，由，可得，解得或，因此，不等式的解集为，D错.故选：BC.11．若，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据二项式的特征，利用赋值法逐项计算即可求解.【详解】令可得，，故选项A错误；令可得，①令可得，②②①可得，则，因为，所以，故选项B正确；展开式中的系数为，则，的系数为，即，因为，所以，故选项C正确；令，等式两边同时对求导可得，，令可得，，故选项D正确；故选：BCD.12．已知，且，则下列结论正确的是（    ）A．存在，使得成立B．存在，使得C．对任意，都有D．若过点可以作曲线的两条切线，则【答案】BD【分析】求出，结合可解出，即有的解析式，对于A，根据单调性得出即可判断；对于B，根据单调性，应用零点存在定理，即可判断；对于C，根据基本不等式，即可判断；对D，设函数的切线方程，代入可得，此时有两条切线等价于方程有两个互异实根，令，讨论的单调性、最值，即可判断的范围.【详解】，故，，，再由，可得，，故，，故在上单调递增，对于A，，,单调递减， 单调递增，, ,故A错；对于B， 在上单调递增且 根据零点存在定理，存在，使得，故 B对；对于C， ，故C错；对D，设切点为，则切线方程为，将代入得：，要有两条切线，则方程有两个互异实根，令，则，则当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，故，当时，；当时，，故只需，即可使有两个互异实根，故D对.故选：BD. 三、填空题13．若，则______.【答案】4或7【分析】根据组合数的性质，列式计算可得答案.【详解】由可得或，解得或，故答案为：4或714．的展开式中的系数是______.（用数字作答）【答案】【分析】先求出的通项，然后分别和通项相乘凑出含的项，从而得到的系数.【详解】，而的通项为，，故展开式中的系数是,故答案为：.15．数字2022具有这样的性质：它是6的倍数并且各位数字之和为6，称这种正整数为“吉祥数”.在所有的三位正整数中，“吉祥数”的个数为___________.【答案】12【分析】讨论百位数为6、5、4、3、2、1分别列举出符合要求的“吉祥数”，即可得结果.【详解】当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600；当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510；当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402；当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312；当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240、204、222；当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132；综上，共有12个“吉祥数”.故答案为：1216．已知函数在上的导函数为，，，当时，，若，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】令根据题意可知，函数为上的偶函数，且在上单调递增，然后利用函数的单调性即可求解.【详解】令，因为，，所以，，即，，所以函数为上的偶函数，由，又因为当时，，则当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又因为可化为，即，则，解得或，所以实数的取值范围是，故答案为：. 四、解答题17．已知函数在处有极值，其图象经过点，且.(1)求函数的解析式；(2)求函数在处的切线方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出函数的导数，根据题意列方程求得，即得答案；（2）利用（1）的结论，根据导数的几何意义，即可求得答案.【详解】（1）由题意，∵， ∴，∵在处有极值，∴，即，∵的图象过点，∴，即，由，解得，，∴；故，当时，，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故在出取极小值，符合题意，故.（2）由（1）知，∴，又，∴函数在处的切线方程为，即.18．在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.(1)若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法；(2)已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？（要求：解答过程要有必要的说明和步骤）【答案】(1)120(2)96 【分析】（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，然后利用两个计数原理和排列组合数即可求解；（2）利用分类加法计数原理和排列组合的相关知识即可进行求解.【详解】（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法；当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种抽法；当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有种抽法；若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有种抽法；综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法.（2）由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况：①4次抽到的均为正品，共有种抽法；②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有种抽法. 所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种.19．已知二项式的展开式中前三项的二项式系数之和为79.(1)求展开式中的常数项；（结果用数字表示）(2)求展开式中系数绝对值最大的项.（系数用数字表示）【答案】(1)7920(2) 【分析】（1）根据题意结合二项式系数求得，再结合二项展开式分析运算；（2）由（1）可得系数的绝对值为，根据题意列式解得时，取到最大值，即可得结果.【详解】（1）由题意可得：，解得或（舍），所以二项式的通项为，令，解得，故展开式中的常数项为.（2）由（1）可知展开式系数的绝对值为，设第项系数的绝对值最大，则，整理得，解得，又因为且，所以，故展开式中系数绝对值最大的项为.20．已知函数的导函数为.(1)求的单调区间；(2)求函数在上的最大值和最小值.【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为，(2)， 【分析】（1）对函数求导，再利用导数研究的单调区间；（2）由（1）所得单调性判断其区间符号，进而确定单调性，即可求最值.【详解】（1），设，则，令，解得，，令，解得，，∴的单调递增区间为，，单调递减区间为，.（2）由（1）知，当时，单调递减，又，∴当时，故在上单调递减.∴，.21．某工厂计划投资一定数额的资金生产甲，乙两种新产品.甲产品的平均成本利润（单位：万元）与投资成本（单位：万元）满足：（，为常数，，）；乙产品的平均成本利润（单位：万元）与投资成本（单位：万元）满足：.已知投资甲产品为1万元，10万元时，获得的利润分别为5万元，16.515万元.(1)求，的值；(2)若该工厂计划投入50万元用于甲，乙两种新产品的生产，每种产品投资不少于10万元，问怎样分配这50万元，才能使该工厂获得最大利润？最大利润为多少万元？（参考数据：，）【答案】(1)，(2)甲，乙两种产品各投资25万元时，公司取得最大利润，最大利润为31.09万元 【分析】（1）根据投资甲产品为1万元，10万元时，获得的利润列出方程，即可求得答案；（2）设甲产品投资万元，乙产品投资万元，由此列出获得利润的表达式，利用导数求得最大值，可得答案.【详解】（1）由题意知，，整理得，解得，；（2）设甲产品投资万元，乙产品投资万元，且，则该公司获得的利润，；则在上单调递减，令，解得或（舍去），当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴，∴当甲，乙两种产品各投资25万元时，公司取得最大利润，最大利润为31.09万元.22．已知方程有两个不同的实根，.(1)求的取值范围；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）令，对函数求导，分情况讨论函数的单调性可得当当时，无零点，不合题意；当时，函数在上有一个零点，在上有一个零点，符合题意；（2）记的两个零点为，，则有，同理，进而得到，由可得的两个零点，互为倒数，代入即可得证.【详解】（1）设（且），则，方程有两个不同的实根，等价于有两个不同的零点.①当时，（且）∴无零点，不符合题意；②当时，，∴在和上单调递增.当时，，，，，∴在上有一个零点，当时，，，，，∴在上有一个零点，③当时，，设，∵，，∴在和上分别存在零点和∴在处取极大值，在处取极小值.又，∴当时，，又，∴当时，，∴当时，无零点，不符合题意；综上，.（2）的两个零点为，，∴，即，∴.同理，，∴，若，即，则，∴的两个零点，互为倒数，即，∴（等号不成立），∴，由（1）知，有两个不同的零点时，∴.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.