2022-2023学年安徽省合肥市第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年安徽省合肥市第一中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知函数，则函数在处的瞬时变化率为（    ）

A．2 B．1 C．0 D．

【答案】A

【分析】求导，代入，求出答案.

【详解】，故，

所以函数在处的瞬时变化率为2.

故选：A

2．某学校的38个班级分别从6条不同的线路中选择一条进行研学游，则不同选法是（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】C

【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.

【详解】38个班级，每个班级选择线路有6种，根据分步乘法计数原理得：38个班级共有种.

故选：C

3．函数在上的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用导数分析函数在上的单调性，即可求得函数在上的最小值.

【详解】因为，则，因为，由可得，

当时，；当时，.

所以，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，函数在上的最小值为.

故选：C.

4．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出基本事件总数， 再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.

【详解】不超过17的质数有：2，3，5，7，11，13，17，共7个，

随机选取两个不同的数，基本事件总数，

其和为奇数包含的基本事件有：，共6个，

所以.

故选：B

5．在的展开式中，常数项为（    ）

A．15 B．16 C．30 D．31

【答案】D

【分析】根据的展开式通项为，再结合的展开式通项为，分类讨论，即可求解.

【详解】的展开式通项为（），

又由于的展开式通项为，（）

令，得，

当，时，常数项为，

当，时，常数项为，

所以的展开式中常数项为，

故选：D.

6．函数在上的图象大致为

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用函数的性质，特殊值法以及排除法，即可判断.

【详解】因为，而，

所以，

所以排除项，

因为当时，，

则，

因为在内单调递减，在内单调递增，

如图，两函数只有一个交点，

所以只有一个零点，故在至多有一个极值点，排除项，

故选项.

【点睛】本题主要考查了函数的图像判断，以及函数的相关性质，属于中档题.函数图像的识别可从以下几个方面入手：（1）从函数的定义域判断图像左右位置；从函数的值域判断图像的上下位置；

（2）从函数的单调性判断图像的变化趋势；

（3）从函数的奇偶性判断图像的对称性；

（4）从函数的周期性判断图像的循环往复；

（5）取特殊点，把点代入函数，从点的位置判断；

（6）必要时可求导研究函数性质，从函数的特征点，排除不合要求的图像.

充分利用上述的几个方面，排除、筛选错误与正确的选项.

7．新冠来袭，湖北告急！有一支援鄂医疗小队由3名医生和6名护士组成，他们全部要分配到三家医院.每家医院分到医生1名和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有（    ）种

A．252 B．540 C．792 D．684

【答案】D

【解析】先将分类情况和分步步骤理清，然后按照分类加法、分步乘法计算原理，结合组合数、排列数的计算公式，计算出不同的分配方法数.

【详解】护士名，可分为或者两类.

先安排医生，再安排护士.

安排医生，方法数有种，

安排护士，由于“护士甲和护士乙必须分到同一家医院”，故方法数有种.其中表示护士甲和护士乙共人一组的方法数，表示护士甲和护士乙与另一人共人一组的方法数.

所以总的方法数有种.

故选：D

【点睛】本小题主要考查分类加法、分步乘法计数原理，属于中档题.

8．已知函数的定义域为，其导函数为，若，，则关于的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件设，，求出其导数，分析可得在上单调递减，再根据条件，得到，不等式，即可求解.

【详解】设，，

则，

因为，所以时，，

即在上单调递减，

又，则，

所以，

即，则，解得：，

所以关于的不等式的解集为，

故选：C.

二、多选题

9．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列选项中正确的是（    ）

A．函数在处取得极大值

B．函数在处取得极值

C．在区间上单调递减

D．的图象在处的切线斜率大于零

【答案】AC

【分析】根据导数的图象判断函数的区间单调性和极值、处切线斜率符号判断各项正误.

【详解】由题图知：上，上，

所以在上递增，上递减，即在处取得极大值，A对；

在处函数值不是极值，B错；

在区间上单调递减，C对；

由图知：，即在处的切线斜率小于零，D错.

故选：AC

10．关于二项式有下列命题,说法正确的是（    ）

A．该二项展开式中非常数项的系数和是

B．该二项展开式中第六项的二项式系数为

C．该二项展开式中系数最大的项是第项与第项

D．当时,除以的余数是

【答案】AD

【分析】对于A,利用赋值法,令得到所有项的系数和,再令得到常数项,两式结合即可判断正误;对于B,根据二项式定理即可求解;对于C,根据通项公式结合二项式系数最大项的规律即可得到结果;对于D,当时,根据二项式定理的通项公式为可知除以的余数为除以的余数,求解即可.

【详解】对于A,设,

令,则;

令,则,

所以,故A正确;

对于B,根据二项式定理得二项展开式中第六项的二项式系数为,故B错误;

对于C,根据二项式定理的通项公式为,

所以二项展开式中各项的系数是正负相间的,

则其展开式中的最大系数项为,即为第项,故C错误;

对于D,当时,

根据二项式定理的通项公式为,

则

,

所以除以的余数为除以的余数,

即除以的余数为,故D正确.

故选:AD.

11．下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】AD

【分析】根据全概率公式可判断A；根据条件概率公式的变形可判断B，C，D.

【详解】对于A，根据全概率公式可知正确，A正确；

对于B，根据条件公式可知，B错误；

对于C，，C错误；

对于D，，D正确，

故选：AD

12．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】由与，对化简，即可判断选项A、B、C、D；

【详解】令，则，当时，单调递增，

当时，单调递减，，即，

同理可得，

由得

，令，由，故在单调递减，故，即，故A正确

，令，则，

在单调递增，，，B正确；

由可得，可得，当等号成立，由得，C正确；

时，，则

，故D错误.

故选：ABC.

三、填空题

13．已知函数f（x）＝x2，，若函数在上是单调递增的，则实数的取值范围为___.

【答案】

【分析】函数f（x）在x∈[2，+∞）单调递增，得出f′（x）≥0在x∈[2，+∞）上恒成立；求出a的取值范围．

【详解】∵函数f（x）＝x2在x∈[2，+∞）上单调递增，

∴f′（x）＝2x0在x∈[2，+∞）上恒成立；

∴2x3﹣a≥0，

∴a≤2x3在x∈[2，+∞）上恒成立，

∴a≤2×23＝16

∴实数a的取值范围为a≤16．

故答案为（﹣∞，16]．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性问题，考查不等式恒成立问题，是基础题目．

14．用九个，四个排成一行，其中没有两个相邻，共有__________种不同的排法.

【答案】

【分析】首先把九个看做不同的，四个看做不同的，利用插空法求出排法总数，除以，即可得解.

【详解】若把九个看做不同的，四个看做不同的，则没有两个相邻的排法有种排法，

所以有种排法.

故答案为：

15．在的展开式中，含有项的系数是__________.（结果用数字作答）

【答案】285

【分析】利用二项式定理先计算各项含项的系数，再利用组合数性质计算即可.

【详解】由二项式定理可得中含项的系数为

故答案为：285.

16．已知是自然对数的底数，函数有且只有一个零点，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】根据条件得到函数有且只有一个零点，等价于方程（）只有一个实数根，即直线与的图像只有一个交点，利用导数求出函数的单调性，从而得到的图像，根据数形结合即可得出实数的取值范围.

【详解】由题意令，可得（），

设，，

则，

令，可知在上单调递减，又，

则时，，即，所以在上单调递增，

时，，即，所以在上单调递减，

则在处取得极大值，且时，，时，，

作出函数的图像，如图所示：

若函数有且只有一个零点，则直线与的图像只有一个交点，

即或，解得：或，

则实数的取值范围为，

故答案为：.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)或已知零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)，常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

四、解答题

17．已知.

(1)若，求的值；

(2)若，求的值.（结果用指数幂表示）

【答案】(1)10

(2)

【分析】（1）由二项展开式求得前三项的系数，建立关系解即可；

（2）当时，二项式就确定了，然后用赋值法求解即可.

【详解】（1），

又

，即，

解得或舍去，故.

（2）若，记，

则，

，

则.

18．已知函数，当时，有极大值，且.

(1)求函数的解析式；

(2)在（1）的条件下，讨论函数在上的最大值.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，可求得，再结合，即可求解；

（2）分、和三种情况结合单调性讨论即可求解.

【详解】（1）因为，

所以，

因为时，有极大值

所以：，即，即.

当时，，

令，即；令，即或，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调

递增，

故在处取得极大值，符合题目条件.

又，所以，

所以.

（2）由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.

①当时，函数在上单调递增，；

②当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

又，

所以；

③当是，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

且，

所以，

综上所述，当或时，；

当时，.

19．某班级数学竞赛学习兴趣小组有9名学生，若从这9名学生中选取3人，则选取的3人中至少有1名女生的概率是.

(1)该小组中男女学生各多少人？

(2)若9名学生站成一排，要求男生必须两两站在一起（不能有3名男生站在一起），有多少种站队的方法？（要求用数字作答）

【答案】(1)男生人，女生人；

(2)种

【分析】（1）设男生有人，根据对立事件的概率列式计算选取的3人中至少有1名女生的概率，求解方程即可；（2）先将6名男生分成3组，然后将3组男生内部分别全排列，最后将3名女生全排列后将分好组的男生插空，利用分步乘法计数原理计算.

【详解】（1）设男生有人，则至少1名女生，

即，又，

且，解得，

故男生有人，女生有人.

（2）第一步：将6名男生分成3组，共有种方法；

第二步： 3组男生中每组男生站队方法共有种；

第三步： 3名女生站好队，然后将3组男生插入其中，共有种方法；

所以一共有种站队方法.

20．已知函数.

(1)若，求在处的切线方程；

(2)讨论函数的单调区间.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；

（2）先对函数求导，再分和讨论即可求解.

【详解】（1）时，，

所以，

则，

所以在处的切线方程为，即.

（2）因为，

所以，

令，对称轴为.

①当时，即时，，即，

所以函数单调递增区间为，无单调递减区间.

②当时，即或时，

若时，则，即，

所以函数单调递增区间为.

若时，令，得，

由，即，得或；

由，即，得；

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，函数的单调递增区间为，

单调递减区间为.

21．研究表明：人体内某部位的半径约的结节约有的可能性会在1年内发生病变.某医院引进一台检测设备，可以通过对血液检测，估计患者体内半径约为的结节是否会在1年内发生病变，若检测结果为阳性，则提示该结节会在1年内发生病变，若检测结果为阴性，则提示该结节不会在1年内发生病变.这种检测的准确率为，即一个会在1年内发生病变的患者有的可能性被检出阳性，一个不会在1年内发生病变的患者有的可能性被检出阴性.患者甲被检查出体内长了一个半径约为的结节，他做了该项血液检测.

(1)求患者甲检查结果为阳性的概率；

(2)若患者甲的检查结果为阳性，求他的这个结节在1年内发生病变的概率（结果保留4位小数）.

【答案】(1)0.1016

(2)0.0177

【分析】（1）记事件：半径约的结节在1年内发生病变，事件B：该项血液检测结果为阳性，由全概率公式求出概率；

（2）由乘法公式得出，再由条件概率求出他的这个结节在1年内发生病变的概率.

【详解】（1）记事件：半径约的结节在1年内发生病变，事件B：该项血液检测结果为阳性.

由题意可知，

，则

患者甲检查结果为阳性的概率为0.1016；

（2）

患者甲的检查结果为阳性，他的这个结节在1年内发生病变的概率为0.0177.

22．已知函数.

(1)若，求证：；

(2)是否存在实数都有？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）利用不等式时，，和，放缩不等式，即可证明；

（2）法一，先求函数的导数和二阶导数，判断函数的单调性，再根据零点存在性定理，求函数的最小值，再通过构造函数求参数的取值范围；

法二，首先不等式同构变形，再构造函数，通过函数的单调性得，，再构造函数，转化为求函数的最值.

【详解】（1）若，则

（2）

在上单调递增，

时时，能使，即

.

所以：在上单调递减，在上单调递增.

代入得：

即

又故：

即：

设则

在上单调递减.

的解集为

，故.

另解：

（2），由得的定义域为.

当时，

.

设，则

.

，

为单调递增函数.

.

设，则.

当时，，即单调递减；

当时，，即单调递增.

当时，.

存在实数，且的取值范围为.

【点睛】本题考查利用导数研究不等式的综合应用，本题应用了不等式的同构，构造不等式，并构造函数，利用导数解决不等式的问题.