北京市通州区2022-2023学年高二数学下学期期中质量检测试题（Word版附解析）

这是一份北京市通州区2022-2023学年高二数学下学期期中质量检测试题（Word版附解析），共17页。
通州区2022－2023学年第二学期高二年级期中质量检测
数学试卷
2023年4月
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 书架上层放有4本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书，从书架上任取数学书和语文书各1本，不同取法的种数为（ ）
A. 9 B. 12 C. 20 D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理计算可得结果.
【详解】分两步完成：
第一步，从上层取1本数学书，有4种不同的取法；
第二步，从下层取1本语文书，有5种不同的取法，
由分步乘法计数原理得共有种不同的取法.
故选：C
2. 计算：（ ）
A. 30 B. 60 C. 90 D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列数公式计算可得结果.
【详解】.
故选：D
3. 二项式的展开式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二项式定理求解.
【详解】二项式，
.
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. 127 B. 128 C. 255 D. 256
【答案】B
【解析】
【分析】分别令和，两式相加即可求解.
详解】令得，；
令可得，；
两式相加可得，，所以，
故选：B.
5. 已知函数，则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的定义计算可得结果.
【详解】.
故选：D
6. 已知函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的图象结合导数的几何意义可得答案.
【详解】由函数的图象可知， 函数在上为减函数，且，
所以.
故选：A
7. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数公式表以及导数的运算法则运算可得答案.
【详解】，故A不正确；
，故B不正确；
，故C正确；
，故D不正确.
故选：C
8. 已知函数的导函数为，若的图像如图所示，下列结论错误的是（ ）

A. 当时， B. 当时，
C. 当时，取得极大值 D. 当时，取得最大值
【答案】D
【解析】
【分析】由的图像得到函数的单调区间，即可得到和为的两根，结合函数极值的定义分别判断各个选项即可.
【详解】由的图像可知在上单调递减, ，A正确；
由的图像可知在和上单调递减,在上单调递增，
所以在处取得极小值，在处取得极大值，所以，B正确, C正确;
在处取得极大值，但不是的最大值，故D错误.
故选：D.
9. 某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是1.2分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径，已知每出售1mL的饮料，可获利0.3分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm，当每瓶饮料的利润最大时，瓶子的半径为（ ）
A. 4.5cm B. 5cm C. 5.5cm D. 6cm
【答案】D
【解析】
【分析】写出利润关于的函数，利用导函数求出利润最大时的的取值.
【详解】设每瓶饮料获得的利润为，依题意得，，
，
于是，递减；，递增，
是极小值点，于是在，只可能使得最大.
故选：D
10. 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
【解析】
【分析】转化为，即在区间上恒成立，求出不等式右边的最小值可得答案.
【详解】，
因为在区间上单调递减，
所以，即在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
因为，所以，则.
故选：B
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 一质点A沿直线运动，位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则这段时间内的平均速度为____________m/s；时的瞬时速度为____________m/s．
【答案】 ①. 6 ②. 8
【解析】
【分析】先利用平均速度的计算公式求解平均速度，再求出的导数，将代入计算可得答案．
【详解】，，
物体在这段时间内的平均速度，
，则，
当时，，即质点在时的瞬时速度为，
故答案为：6；8．
12. 已知函数，则单调递减区间为________．
【答案】
【解析】
【分析】解不等式，可得单调递减区间.
【详解】，令在上单调递减.
故答案为：
13. 已知，则____________；____________．
【答案】 ①. －2 ②. 3
【解析】
【分析】令可得，根据组合知识，5个中取四个提供与相乘，也可5个中取5个提供与相乘，合并同类项可得.
【详解】令，则，即；
根据组合知识，含的项为：，即.
故答案为：；.
14. 从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，则其中奇数的个数为____________．
【答案】84
【解析】
【分析】根据题意，分从0，2，4中选出的数字没有0和有0，利用排列和组合结合分类计数原理求解.
【详解】解：由题意，分2类讨论：
第一类是从0，2，4中选出的数字没有0，则从2，4中任取2个数字有种方法，
从1，3，5中任取2个数字有种方法，
则组成没有重复数字的四位奇数有个，
第二类是从0，2，4中选出的数字有0，则从2，4中任取1个数字有种方法，
从1，3，5中任取2个数字有种方法，
则组成没有重复数字四位奇数有个，
则共有个符合条件的奇数，
故答案为：84
15. 已知函数，，给出下列四个结论：
①若，则；
②若函数，则在区间上单调递增；
③若关于x的方程在区间上无解，则；
④若点M，N分别在函数和的图象上，则一定存在M，N关于直线对称.其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】②④
【解析】
分析】对于①：求导分析的符号，的单调性，即可判断①是否正确；对于②：，求导分析单调性，即可判断②是否正确；对于③：若在上无解，在上无解，即可判断③是否正确；对于④：由于点，分别在函数和的图象上，设，，若点与点关于对称，则,，进而可得，即在上有解，即可判断④是否正确.
【详解】对于①：，
因为，所以当时，，单调递减，
若，则，所以，故①错误；
对于②：，
，
若，则，单调递增，故②正确；
对于③：若在上无解，则在上无解，
所以在上无解，
设，，，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以或，故③错误；
对于④：因为点，分别在函数和的图象上，所以设，，
若点与点关于对称，则,，
又点在图象上，则，所以在上有解，
令，，，
所以在上，单调递增，所以，
又，所以方程在上有解，故④正确．
故答案为：②④．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 从4名女生3名男生中选出3名学生去参加一项创新大赛．
（1）选出3名学生中，恰有1名男生的选法有多少种？
（2）选出3名学生中，既有女生又有男生的选法有多少种？
（3）选出3名学生中，女生中的甲与男生中的乙至少有1名在内的选法有多少种？
【答案】（1）18 （2）30
（3）25
【解析】
【分析】（1）根据分步乘法计数原理计算可得结果；
（2）分两类计数再相加可得结果；
（3）分三类计数再相加可得结果.
【小问1详解】
从3名男生中选出1名的选法有种，
从4名女生选出2名的选法有种，
所以选出的3名学生中，恰有1名男生的选法为．
【小问2详解】
选出的3名学生中，有1名女生2名男生的选法有种，
有2名女生1名男生的选法有种，
所以选出的3名学生中，既有女生又有男生的选法为种．
【小问3详解】
选出的3名学生中，女生中的甲在内且男生中的乙不在内的选法有种；
女生中的甲不在内且男生中的乙在内的选法有种；
女生中的甲在内且男生中的乙也在内的选法有种，
所以选出的3名学生中，女生中的甲与男生中的乙至少有1名在内的选法为种．
17. 已知二项式为．
（1）求该二项式的展开式的中间两项；
（2）求该二项式的展开式中项的系数.
【答案】（1）
（2）84
【解析】
【分析】（1）根据题意得到的展开式的中间两项为第4项和第5项，然后代入二项式展开式的通项公式即可求解；
（2）先写出二项式展开式的通项，然后根据题意求出的值，代入即可求解.
【小问1详解】
因为二项式为，
所以的展开式的中间两项为第4项和第5项．
所以的展开式的第4项是．
第5项是．
【小问2详解】
因为二项式为，
所以展开式的通项是．
根据题意，得，所以．
所以的展开式中的系数是．
18. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）极大值为；极小值为
（2）最大值为，最小值为．
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，得出的根，列表即可得解；
（2）根据函数单调性及极值求函数最大最小值即可.
【小问1详解】
因为，定义域为，所以．
令，解得，或．
当x变化时，，的变化情况如下表所示．
x

－1

1


＋
0
－
0
＋

单调递增

单调递减

单调递增
所以，当时，有极大值，且极大值为；
当时，有极小值，且极小值为．
【小问2详解】
由（1）知，在区间上有极小值为．
因为，．
所以在区间上的最大值为，最小值为．
19. 已知函数，．
（1）若，求a的值；
（2）当时，求曲线在点处的切线方程；
（3）若在时取得极值，求a的值.
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）首先求导得，根据即可解出值；
（2）代入得，求出其导数，计算出切点纵坐标和切线斜率即可得到切线方程；
（3）由题意代入，解出，再证明时，取得极值.
【小问1详解】
因为，定义域为，
所以．
因为，所以．所以．
【小问2详解】
当时，．
所以．
所以，．
所以曲线在点处的切线方程为．
【小问3详解】
因为在时取得极值，
所以，即，所以．
当时，．
令，即，得；
令，即，得．
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
所以在时取得极大值，符合题意．
所以．
20. 已知函数，．
（1）求的单调区间；
（2）当时，求证：，，恒有．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再分，，，讨论求解；
（2）由时，，利用导数法求得当时的最值即可得到证明.
【小问1详解】
解：因为，定义域为，
所以．
令，解得，或．
①当，即时，．
所以在区间上单调递增．
②当，即a≥0时，
当x变化时，，的变化情况如下表所示．
x

2


－
0
＋

单调递减
极小值
单调递增
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
③当，即时，
当x变化时，，的变化情况如下表所示．
x



2


＋
0
－
0
＋

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减．
④当，即时，
当x变化时，，的变化情况如下表所示．
x

2




＋
0
－
0
＋

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，当a≥0时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是，无递减区间；
当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是．
【小问2详解】
当时，．
当时，由（1）知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以在区间上的最小值是．
因为，．
所以.
所以在区间上的最大值是．
所以，，恒有．
【点睛】关键点点睛：对于含参求单调区间问题，一般是求导后分两类：第一类是能因式分解的根据根的大小分情况讨论，第二类是不能因式分解的，转化为二次函数，利用根的分布讨论求解.
21. 已知函数．
（1）求的零点；
（2）设，．
（ⅰ）若在区间上存在零点，求a的取值范围；
（ⅱ）当时，若在区间上的最小值是0，求a的值．
【答案】（1）零点0；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）a的值为．
【解析】
【分析】（1）由即可求解零点；
（2）（ⅰ）对求导，再对分类讨论，判断函数的单调性，结合零点存在性定理即可求解的范围；
（ⅱ）对分类讨论，求出的最小值，从而可得的值．
小问1详解】
因为，
令，即，
解得，
所以的零点是0；
【小问2详解】
（ⅰ）因为，所以，所以，
①当时，．所以在区间上单调递增．
所以．
所以在区间上不存在零点，不符合题意．
②当时，令，即，得．
若，即时，．所以．
所以在区间上单调递增．
又，所以在区间上不存在零点，不符合题意．
若，即时，令，得；令，得．
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
因为，所以存在，使得．
当，．
所以存在，使得．
由零点存在性定理，存在，使得．
所以在区间上存在零点．
综上所述，a的取值范围是；
（ⅱ）当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以当时，取得极小值，也是最小值．
①当，即时，在区间上单调递增．
所以在区间上最小值为．
所以．
所以．
②当，即时，在区间上单调递减．
所以在区间上最小值为．
所以．
所以，不符合题意．
③当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以在区间上最小值为．
所以，即．
令，
所以．
所以在区间上单调递减．
因为，
所以在区间上无零点．
所以当时，方程无解，不符合题意．
综上所述，a的值为．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．