重庆市第十八中学2022-2023学年高二数学下学期4月期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第十八中学2022-2023学年高二数学下学期4月期中试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试时间120分钟，试题总分150分，试卷页数2页等内容，欢迎下载使用。
重庆市第十八中学2022—2023学年（下）中期学习能力摸底高二数学试题考试说明：1．考试时间120分钟2．试题总分150分3．试卷页数2页一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知，则的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出函数的导函数，再代入计算可得.【详解】因为，所以，所以.故选：C2. 用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，其中奇数和偶数互不相邻的个数为（    ）A. 6 B. 8 C. 12 D. 24【答案】B【解析】【分析】利用插空法结合加法原理即可求解.【详解】先排，形成三个空位，然后将排入前两个空位或者后两个空位，所以符合题意的四位数的个数为.故选：B.3. 若函数在区间内存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知：存在，使得，利用参变分离结合存在性问题分析求解.【详解】因为，由题意可知：存在，使得，整理得，且在上单调递减，则，可得，所以实数的取值范围是.故选：A.4. 曲线在点处的切线的斜率为（    ）A.  B. 1 C.  D. 4【答案】A【解析】【分析】求出函数的导数，在点处的切线的斜率即为处的导数.【详解】令，，故在点处的切线的斜率为.故选：A5. 设三次函数的导函数为，函数的图象的一部分如图所示，则下列说法正确的是（　　）  A. 的极大值为，极小值为B. 的极大值为，极小值为C. 的极大值为，极小值为D. 的极大值为，极小值为【答案】C【解析】【分析】由图，根据的符号，判断出的符号，从而得到的单调性，找出的极值.【详解】由图象可知，当和时，，则；当时， ，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则.所以，上单调递减；在上单调递增；所以的极小值为，极大值为.故选：C.6. 设球的半径为时间t的函数．若球的体积以均匀速度C增长，则球的表面积的增长速度与球半径（ ）A. 成正比，比例系数为C B. 成正比，比例系数为2CC. 成反比，比例系数为C D. 成反比，比例系数为2C【答案】D【解析】【详解】由题意可知球的体积为,则，由此可得,而球的表面积为，所以.故选：D.【点晴】本题考查球的表面积，考查逻辑思维能力，计算能力.求出球的表达式，然后求球的导数，推出，利用面积的导数是体积，求出球的表面积的增长速度与球的半径的比例关系.本题是将几何体的表面积和导数的知识结合到一起，对学生的能力考查比较着重，综合性较强. 7. 用代表红球，代表蓝球，代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由的展开式表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“”表示取出一个红球，而“”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、从5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的红球都取出或都不取出的所有取法的是（    ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】分三步处理问题，分别表示出取红球、蓝球、黑球的表达式，相乘即可.【详解】第一步，5个无区别的红球都取出或都不取出，则有种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球可能取出0个，1个，，5个，则有种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球可以看作5个不同编号的黑球，则从5个不同编号的黑球中任取出0个，1个，，5个，则有:种不同的取法；所以根据分步计数原理，所有的红球都取出或都不取出的所有取法为：.故选：B.8. 已知，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】方法一：利用导数可求得，分别代入和，整理可得的大小关系.【详解】方法一：（构造函数）令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，则，即；令，则，当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以（当且仅当时取等号），所以，即（当且仅当时取等号），所以，即，综上所述：.故选：B.方法二：（帕德逼近），，，所以．故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的5分，部分选对的2分，有选错的0分.9. 已知函数，则下列选项错误的有（    ）A. 在上单调递增 B. 在上单调递减C. 存在最小值 D. 存在最大值【答案】D【解析】【分析】化简函数的解析式，求解函数的定义域，利用对数函数的性质，以及复合函数单调性的判断条件，逐项判断.【详解】，由得，故函数的定义域为；令，则，二次函数开口向下，其对称轴为直线，所以上单调递增，在上单调递减，所以，又函数在上单调递增；由复合函数的单调性，可得在上单调递增，在上单调递减；故A、B错误；因为时，，即，所以在上的最大值为，无最小值；故C错误，D正确.故选：D.10. 从七个组合数，，，，，，中任取三个组合数，则（    ）A. 三个组合数中含有最大的组合数的取法有种B. 三个组合数中含有最小的组合数的取法有种C. 三个组合数中同时含有最大与最小的组合数的取法有种D. 三个组合数中有相等的组合数的取法有种【答案】ABD【解析】【分析】根据直接法结合组合数的运算判断AD，根据间接法结合组合数的运算判断B，根据加法原理和组合运算判断C.【详解】七个组合数，，，，，，即，，，，，，，最大的组合数为，最小的组合数为，相等的组合数有，，，对于A，从七个组合中任取三个组合数，含有最大的组合数的取法有种结果，正确；对于B，从七个组合中任取三个组合数，含有最小的组合数的取法有种结果，正确；对于C，从七个组合中任取三个组合数，同时含有最大与最小的组合数的取法有种结果，错误；对于D，从七个组合中任取三个组合数含有相等的组合数的取法有种结果，正确.故选：ABD.11. 在的展开式中，下列说法正确的是（    ）A. 各项系数和为2B. 不含字母的项的系数和为1C. 不含字母的项的系数和为80D. 不存在这样的项【答案】BD【解析】【分析】，分别求出的展开式的通项，对B、C：在展开式的通项分别令、的次数为0求解；对D：展开式的通项令的次数均为1求解；【详解】，的展开式的通项为 ， 的展开式的通项为 ，对A：在中，令得各项系数和为，故A错误；对B：在中令得不含字母的项的系数为，因为，所以在中每项均含有项，故的展开式中不含字母的项的系数和为1，故B正确；对C：在中令得不含字母的项的系数为，在中令得不含字母的项的系数为，故的展开式中不含字母的项的系数和为，故C错误；对D：在中要含有的项需令，无解，在中要含有的项需令，无解，故的展开式中不存在这样的项，故D正确.故选：BD12. 已知函数，过点作曲线的切线，则（    ）A. 当时，若恰能作两条切线，则B 当时，若能作三条切线，则C. 当时，对任意实数，至少能作一条切线D. 当时，存在实数，至少能作一条切线【答案】BCD【解析】【分析】根据导数的几何意义，求得切线方程为，将代入化简得到，令，求得，得出函数的单调性与极值，作出函数的图象，结合选择，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，可得，设切点为，可得切线的斜率为，则切线方程为，将代入切线方程得，可得，令，可得若，令，解得或，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，且当时，，当时，，作出函数的图象，如图所示，对于A中，若恰能作两条切线，即函数与的图象有两个交点，则或，所以A错误；对于B中，若能作三条切线，即函数与的图象有三个交点，则，所以B正确；  对于C中，由令，可得令，解得或，当时，可得，当时，可得，且当时，，当时，，由A中函数的单调性，可得：当时，函数的极小值为，极大值为，此时函数的值域为；当时，，函数单调递减，此时函数的值域；当时，函数的极大值为，极小值为，此时函数的值域为；当时，函数的极大值为，极小值为，此时函数的值域为；所以函数与函数的图象，至少有一个公共点，所以当时，对任意实数，至少能作一条切线，所以C正确.对于D中，当时，由，可得当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值，且当时，，当时，，由，可得，所以当时，存在实数，至少能作一条切线，所以D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：根据函数的零点的个数求参问题求解策略:1、直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过求解不等式（组），确定参数的取值范围；2、极值（最值）法：利用导数求得函数单调性，求得函数的极值（最值），结合极值（最值），确定函数的图象与轴的交点个数，列出不等式（组），确定参数的取值范围；3、参数分离法：先将参数分离，得到，转化为求解函数的值域，进而确定参数的取值范围；4、数形结合法：化简函数为，转化为和函数的图象的交点个数，从而确定参数的取值范围.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 函数的最小值是________．【答案】【解析】【分析】利用导数的性质进行求解即可.【详解】由，当时，单调递增，当时，单调递减，因此，故答案为：14. 7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人，则不同的安排方案共有________________种（用数字作答）.【答案】140【解析】【详解】先从7人中任取6人，共有种不同的取法．再把6人分成两部分，每部分3人，共有种分法．最后排在周六和周日两天，有种排法，∴按照分步计数原理可知有种．故答案为140 15. 已知函数的图象与函数的图象有两个交点，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】因为，，结合的单调性分析可知：函数的图象与函数的图象有两个交点，利用切线法结合图象分析求解.【详解】因为，，且在上单调递增，可知在上单调递增，由题意可知：函数的图象与函数的图象有两个交点，又因为，设切点坐标为，则切线斜率，切线方程为，若切线过原点，则，解得，结合图象可知：若函数的图象与函数的图象有两个交点，则，所以实数的取值范围是.故答案为：.  16. 设函数在上的导函数为，已知，，则不等式的解集是________．【答案】【解析】【分析】利用求导法则构造新函数，解出代入不等式，运算即可得解.【详解】解：由题意得，∴，令，则，∵，∴∴，∴，则有，解得，所以，所求解集为.【点睛】本题考查函数的导数的应用和一元二次不等式的解法，关键在于恰当构造函数.构造函数的主要思路有：（1）条件中出现和时，适当转换后考虑根据商的求导法则令；（2）条件中出现和时，适当转换后考虑根据积的求导法则令.四、解答题：本题共6小题，共70分.17. 已知二项式的展开式中的系数为，常数项为，且．（1）求的值；（2）求展开式中系数最小的项．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）首先写出二项展开式的通项，化简后按照要求确定字母的指数，代入求解即可；（2）结合（1）中的值，先由不等式组解出展开式中系数绝对值最大的项，再结合通项判断系数的正负，即可求解.【小问1详解】由题意根据二项展开式的通项，得：令，得展开式中的系数为：，令，得展开式中的常数项为：，又，，解得：或或，又，故.【小问2详解】由（1）知，故原二项式为：则展开式中第项、第项、第项的系数绝对值分别为、、，若第项的系数绝对值最大，则有，解得：，又，，且展开式中系数的绝对值最大的项是第项，，其系数为负数，此时该项的系数最小，故展开式中系数最小的项为：.18. 已知是函数的极小值点．（1）求实数的取值范围；（2）求的极大值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）求导，分、和三种情况，利用导数判断原函数的单调性，进而可得极值点，即可得结果；（2）根据（1）中的单调性可得函数的极大值.【小问1详解】因为，令，解得或，当，即时，在上单调递增，无极值点，不合题意；当，即时，令，解得或；令，解得；则在，上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值点，不合题意；当，即时，令，解得或；令，解得；则在，上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极小值点，符合题意；综上所述：实数的取值范围.【小问2详解】由（1）可知：在，上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为.19. 设函数（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）已知对任意成立，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）【解析】【详解】若 则 列表如下
 
 
 
 
 
 +
 0
 -
 -
 
 单调增
 极大值
 单调减
 单调减
  (2) 在 两边取对数, 得,由于所以 (1)由(1)的结果可知,当时, , 为使(1)式对所有成立,当且仅当,即 20. 请先阅读：对等式（，为常数）的两边求导有：，由求导法则得，再在上式中令得.借助上述想法，结合等式（，正整数），解答以下问题：（1）求的值；（2）化简.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）在等式两边对求导，然后令，，可求得所求代数式的值；（2）由（1）可得出，在此等式两边对求导，然后令可证得结论成立.【小问1详解】在等式（，正整数），两边对求导得：①，令，，可得.【小问2详解】①式两边同时乘以得②，②式两边对求导得：，令，得.21. 已知函数，．（1）若恒成立，求实数的取值集合；（2）设为整数，若对任意正整数都有，求的最小值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性，并求函数是否有最小值，根据最小值大于等于0，求实数的取值集合；（2）根据（1）的结果可知，，根据条件代入数值，并利用累乘法，即可求解.【小问1详解】，当时，恒成立，所以在上单调递增，，所以时，，时，，所以不恒成立；当时，，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，取得最小值，，若恒成立，则，即，设，，，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，取得最小值，，所以只有，能使，综上可知，的取值集合为；【小问2详解】由（1）可知，当时，，只有当时，等号成立，所以，，，……，，这个式子相乘得，的值随着的变大而变大，所以当趋向于无穷大时，趋向于，所以，若对任意正整数都有，为整数，所以的最小值为.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的性质，不等式等的综合应用，本题的关键是第一问，第一问的关键是当时，通过构造函数，，利用导数求解最小值大于等于0的的取值.22. 已知，.证明：（1）函数在上单调递减，且存在唯一，使得；（2）存在唯一，使得，且对（1）中的有：.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，再判断得当时，故在上为减函数，再利用零点存在定理即可证得结论；（2）结合区间先构造，再令，记，则，利用第一问中的的符号，从而可判断函数的单调性，进而确定函数的零点，再寻求函数的零点与零点的关系，从而证明不等式.【小问1详解】当时，，函数在上为减函数，又，所以存在唯一，使.【小问2详解】考虑函数，令，则时，，记，则，有（1）得，当时，，当时，.在上是增函数，又，从而当时，，所以在上无零点.在上是减函数，又，所以存在唯一的，使.所以存在唯一的使.因此存在唯一的，使.因为当时，，故与有相同的零点，所以存在唯一的，使.因，所以.【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.