北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试卷

这是一份北京市通州区2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试卷，共16页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）已知函数f（x）＝x2﹣1，则f'（1）＝（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．（4分）下列求导运算结果错误的是（ ）
A．B．（lnx）'＝
C．（ex）′＝exD．（sinx）'＝csx
3．（4分）4名学生与1名老师站成一排照相，学生请老师站在正中间，则不同的站法种数为（ ）
A．12B．18C．24D．48
4．（4分）已知函数f（x）＝ln（2x+3），则f′（x）＝（ ）
A．B．C．D．
5．（4分）一辆汽车在笔直的公路上行驶，位移关于时间的函数图象如图所示，给出下列四个结论：
①汽车在[0，t1]时间段内匀速行驶；
②汽车在[t1，t2]时间段内不断加速行驶；
③汽车在[t2，t3]时间段内不断减速行驶；
④汽车在[t3，t4]时间段内处于静止状态．
其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．（4分）3名同学分别报名参加学校的足球队，篮球队，乒乓球队，排球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是（ ）
A．34B．43C．24D．12
7．（4分）在（1+x）（2﹣x）5的展开式中，x3的系数为（ ）
A．﹣40B．﹣10C．10D．40
8．（4分）定义在区间（﹣π，π）上的函数f（x）＝xsinx+csx，则f（x）的单调递减区间是（ ）
A．（0，）∪（﹣π，﹣）B．和
C．D．和
9．（4分）已知一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都小于十位上的数字，那么我们称该三位数为“凸三位数”，则没有重复数字的“凸三位数”的个数为（ ）
A．240B．204C．176D．168
10．（4分）函数y＝kx+b，其中k，b（k≠0）是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数，对于非线性可导函数f（x），在点x0附近一点x的函数值f（x），可以用如下方法求其近似代替值：f（x）≈f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）．利用这一方法的近似代替值（ ）
A．一定大于m
B．一定小于m
C．等于m
D．与m的大小关系不确定
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）计算：×3!＝ ．
12．（5分）若n展开式中第五项与第六项的二项式系数相等且最大，则n＝ ；该展开式含x2项的系数为 （结果用数字表示）．
13．（5分）已知某物体运动的位移xm是时间ts的函数，且t＝0.3时，x＝0.38；t＝0.6时，x＝5.06．则该物体在时间段[0.3，0.6]内的平均速度为 m/s；估计t＝0.4时的位移为 m．
14．（5分）已知函数f（x）＝x3﹣3x+1，则在f（x）的切线中，斜率最小的切线的方程为 ．
15．（5分）已知函数f（x）＝ax3+bx2+cx﹣在点x0处取得极大值，其导函数y＝f'（x） 的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示．关于函数f（x）有四个结论：
①函数f（x）在区间（1，2）上单调递减；
②函数f（x）在区间（﹣∞，1）上单调递减；
③函数f（x）的图象关于中心对称；
④．
其中所有正确结论的序号为 ．
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．（13分）某小组共有6名学生，其中女生2名，男生4名．
（Ⅰ）将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法有多少种？
（Ⅱ）从6名中选出3人参加某公益活动．
（i）共有多少种不同的选择方法？
（ii）如果至少有1位女生入选，共有多少种不同的选择方法？
17．（12分）设（2x﹣1）5＝a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0．
（Ⅰ）求a2；
（Ⅱ）求a1+a3+a5．
18．（15分）已知函数f（x）＝x3﹣ax2+（2a﹣1）x+1．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＝﹣1时，求函数f（x）的极大值与极小值．
19．（15分）如图1所示，现有一块边长为1.5m的等边三角形铁板，如果从铁板的三个角各截去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正三棱柱形的容器如图2．则容器的容积Vm3是容器底面边长xm的函数．
（Ⅰ）写出函数的解析式并注明定义域；
（Ⅱ）求这个容器容积的最大值．
20．（15分）设函数f（x）＝ln（ax+b），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x﹣2y+2ln2﹣1＝0．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）设函数g（x）＝f（x）﹣，求g（x）的单调区间；
（Ⅲ）求证：当x≥0时，有f（x）≥xe﹣x．
21．（15分）设函数f（x）＝（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）设，求证：a≤是函数g（x）只有一个极大值点的充分不必要条件．
参考答案与试题解析
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．（4分）已知函数f（x）＝x2﹣1，则f'（1）＝（ ）
A．0B．1C．2D．3
【分析】求出原函数的导函数，取x＝1得答案．
【解答】解：∵f（x）＝x2﹣1，
∴f′（x）＝2x，则f′（1）＝2．
故选：C．
【点评】本题考查导数的计算，是基础题．
2．（4分）下列求导运算结果错误的是（ ）
A．B．（lnx）'＝
C．（ex）′＝exD．（sinx）'＝csx
【分析】由已知结合函数的求导公式检验各选项即可判断．
【解答】解：（）′＝﹣，A错误；
（lnx）′＝，B正确；
（ex）′＝ex，C正确；
（sinx）′＝csx，D正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题．
3．（4分）4名学生与1名老师站成一排照相，学生请老师站在正中间，则不同的站法种数为（ ）
A．12B．18C．24D．48
【分析】根据题意，计算即可得出答案．
【解答】解：4名学生与1名老师站成一排照相，老师站在正中间，
相当于4名学生的全排列，有种不同的站法．
故选：C．
【点评】本题考查排列组合，考查运算求解能力，属于基础题．
4．（4分）已知函数f（x）＝ln（2x+3），则f′（x）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由已知结合函数的求导公式及复合函数的求导法则即可求解．
【解答】解：因为f（x）＝ln（2x+3），
则f′（x）＝•（2x+3）′＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数的求导公式及求导法则的应用，属于基础题．
5．（4分）一辆汽车在笔直的公路上行驶，位移关于时间的函数图象如图所示，给出下列四个结论：
①汽车在[0，t1]时间段内匀速行驶；
②汽车在[t1，t2]时间段内不断加速行驶；
③汽车在[t2，t3]时间段内不断减速行驶；
④汽车在[t3，t4]时间段内处于静止状态．
其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据题意，由函数的图象分析4个时间段内位移的变化情况，可得汽车的运动情况，可以判断4个结论是否正确，综合可得可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析4个结论：
①在[0，t1]时间段内，位移直线增加，则汽车在该时间段内匀速行驶，①正确；
②在[t1，t2]时间段内，位移增加且越来越快，则汽车在该时间段内不断加速行驶，②正确；
③在[t2，t3]时间段内，位移增加且越来越慢，则汽车在该时间段内不断减速行驶，③正确；
④在[t3，t4]时间段内，位移不变，则汽车在该时间段内静止不动，④正确．
故选：D．
【点评】本题考查函数的图像分析，涉及函数变化情况的分析，属于基础题．
6．（4分）3名同学分别报名参加学校的足球队，篮球队，乒乓球队，排球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是（ ）
A．34B．43C．24D．12
【分析】根据题意，易得3名同学中每人有4种报名方法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：因为3名同学分别报名参加学校的足球队，篮球队，乒乓球队，排球队，
每人限报其中的一个运动队，由分步乘法计数得到为43，
故选：B．
【点评】本题考查分步计数原理的运用，解题时注意题干条件中“每人限报其中的一个运动队”．
7．（4分）在（1+x）（2﹣x）5的展开式中，x3的系数为（ ）
A．﹣40B．﹣10C．10D．40
【分析】利用二项式定理求出展开式中含x3的项，由此即可求解．
【解答】解：展开式中含x3的项为1+x＝（﹣40+80）x3＝40x3，
所以x3的系数为40．
故选：D．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
8．（4分）定义在区间（﹣π，π）上的函数f（x）＝xsinx+csx，则f（x）的单调递减区间是（ ）
A．（0，）∪（﹣π，﹣）B．和
C．D．和
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解．
【解答】解：f′（x）＝sinx+xcsx﹣sinx＝xcsx，
因为﹣π＜x＜π，
﹣时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当﹣时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当0＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
故选：D．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于基础题．
9．（4分）已知一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都小于十位上的数字，那么我们称该三位数为“凸三位数”，则没有重复数字的“凸三位数”的个数为（ ）
A．240B．204C．176D．168
【分析】根据新定义，利用排列组合求解，即可求得结论．
【解答】解：由题意，个位上的数字为0时，有＝36个；
个位数字不是0时，有＝168个，
得各个数位上无重复数字的三位凸数有36+168＝204（个）．
故选：B．
【点评】本题考查排列组合的简单运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
10．（4分）函数y＝kx+b，其中k，b（k≠0）是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数，对于非线性可导函数f（x），在点x0附近一点x的函数值f（x），可以用如下方法求其近似代替值：f（x）≈f（x0）+f'（x0）（x﹣x0）．利用这一方法的近似代替值（ ）
A．一定大于m
B．一定小于m
C．等于m
D．与m的大小关系不确定
【分析】先研究函数的单调性，再在1.002附近选择合理的值进行求解近似代替值，利用单调性进行比较即可．
【解答】解：由题意可知f（x）＝，f′（x）＝＞0
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增
选择1.002附近的点x0＝1＜1.002，
∴f（1）+f′（1）（1.002﹣1）＞m．
故选：A．
【点评】本题主要考查了导数的几何意义，以及导数的运算，属于基础题．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）计算：×3!＝ 60 ．
【分析】直接利用组合数公式和阶乘的定义求解．
【解答】解：×3!＝×3×2×1＝60．
故答案为：60．
【点评】本题主要考查了组合数的计算，属于基础题．
12．（5分）若n展开式中第五项与第六项的二项式系数相等且最大，则n＝ 9 ；该展开式含x2项的系数为 36 （结果用数字表示）．
【分析】利用二项式系数的性质求出n的值，再求出二项式的展开式的通项公式，令x的指数为2，由此即可求解．
【解答】解：因为展开式中第五项与第六项的二项式系数相等且最大，则n＝9，
所以二项式（）9的展开式的通项公式为＝，r＝0，1，…，9，
令18﹣8r＝2，解得r＝2，则展开式中含x2的项的系数为•（﹣1）2＝36．
故答案为：9；36．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
13．（5分）已知某物体运动的位移xm是时间ts的函数，且t＝0.3时，x＝0.38；t＝0.6时，x＝5.06．则该物体在时间段[0.3，0.6]内的平均速度为 15.6 m/s；估计t＝0.4时的位移为 1.94 m．
【分析】由已知结合函数平均变化率的定义即可直接求解．
【解答】解：由题意得，＝＝15.6m/s；
因为经过点（0.3，0.38）和（0.6，5.06）的直线方程为x﹣0.38＝15.6（t﹣0.3），
当t＝0.4时，x＝1.94m．
故答案为：15.6；1.94．
【点评】本题主要考查了函数平均变化率的定义的应用，属于基础题．
14．（5分）已知函数f（x）＝x3﹣3x+1，则在f（x）的切线中，斜率最小的切线的方程为 3x+y﹣2＝0 ．
【分析】求出导数f′（x），利用二次函数的性质可求得其最小值，即斜率最小值，取得最小值时x的值为切点横坐标，代入函数式可得切点纵坐标，由点斜式可得切线方程．
【解答】解：f′（x）＝3x2﹣6x＝3（x﹣1）2﹣3，
当x＝1时，f′（x）取得最小值为﹣3，即斜率的最小值为﹣3，
又f（1）＝1﹣3+1＝﹣1，则此时切点为（1，﹣1），
所以斜率最小的切线方程为：y﹣（﹣1）＝﹣3（x﹣1），即3x+y﹣2＝0．
故答案为：3x+y﹣2＝0．
【点评】本题主要考查导数的几何意义、二次函数的最值求解，考查学生对问题的理解分析能力，属于中档题．
15．（5分）已知函数f（x）＝ax3+bx2+cx﹣在点x0处取得极大值，其导函数y＝f'（x） 的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示．关于函数f（x）有四个结论：
①函数f（x）在区间（1，2）上单调递减；
②函数f（x）在区间（﹣∞，1）上单调递减；
③函数f（x）的图象关于中心对称；
④．
其中所有正确结论的序号为 ①③④ ．
【分析】先对函数求导，结合极值存在条件及已知点的坐标代入客气a，b，c，判断函数的单调性可检验①②，结合函数对称性检验③④．
【解答】解：（1）由函数图象可知，当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当1＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，①正确，②错误；
故f（1）＝a+b+c﹣＝，即a+b+c＝5，
因为f′（x）＝3ax2+2bx+c的图象经过点（1，0），（2，0），
所以，解得a＝2，b＝﹣9，c＝12，
所以f（x）＝2x3﹣9x2+12x﹣，
则f（3﹣x）+f（x）＝2x3﹣9x2+12x﹣+2（3﹣x）3﹣9（3﹣x）2+12（3﹣x）﹣
＝2[x3+（3﹣x）3]﹣9[x2+（3﹣x）2]+12[x+3﹣x）]﹣7
＝6[x2+（3﹣x）2﹣x（3﹣x）]﹣9（2x2﹣6x+9）+29
＝18x2﹣54x+54﹣18x2+54x﹣81+29＝2，
即f（x）的图象关于中心对称，③正确；
则f（1）+f（2）＝2，f（）+f（）＝2，2f（）＝2，f（3）＝2﹣f（0）＝，
故f（）+f（1）+f（）+f（2）+f（）+f（3）＝，④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了对称性的判断及应用，属于中档题．
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．（13分）某小组共有6名学生，其中女生2名，男生4名．
（Ⅰ）将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法有多少种？
（Ⅱ）从6名中选出3人参加某公益活动．
（i）共有多少种不同的选择方法？
（ii）如果至少有1位女生入选，共有多少种不同的选择方法？
【分析】（Ⅰ）利用插空法求解即可．
（Ⅱ）（i）利用组合数求解即可．（ii）通过逆向思维求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法：＝480种．
（Ⅱ）从6名中选出3人参加某公益活动．
（i）共有＝20种不同的选择方法．
（ii）如果至少有1位女生入选，共有＝16种不同的选择方法．
【点评】本题主要考查排列组合、两个基本原理的实际应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
17．（12分）设（2x﹣1）5＝a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0．
（Ⅰ）求a2；
（Ⅱ）求a1+a3+a5．
【分析】（Ⅰ）利用二项式定理求出展开式中含x2的项，由此即可求解；（Ⅱ）分别令x＝1，x＝﹣1，联立方程即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）展开式中含x2的项为＝﹣40x2，
所以a2＝﹣40；
（Ⅱ）令x＝1，则a0+a1+a2+...+a5＝（2﹣1）5＝1①，
令x＝﹣1，则a0﹣a1+...﹣a5＝（﹣2﹣1）5＝﹣35＝﹣243②，
则可得：a1+a3+a5＝＝122．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，涉及到赋值法，属于基础题．
18．（15分）已知函数f（x）＝x3﹣ax2+（2a﹣1）x+1．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＝﹣1时，求函数f（x）的极大值与极小值．
【分析】（Ⅰ）求出导数，研究导数的符号即可；
（Ⅱ）求出导数的零点，然后判断导数零点左右的导数符号加以判断．
【解答】解：（Ⅰ）定义域为R，
令f′（x）＝x2﹣2ax+（2a﹣1）＝[x﹣（2a﹣1）]（x﹣1）＝0得x＝1或2a﹣1，
①当a＝1时，f′（x）＝（x﹣1）2≥0，f（x）为增函数；
②当a＜1时，f′（x）＜0⇒2a﹣1＜x＜1，f′（x）＞0⇒x＜2a﹣1或x＞1，
此时f（x）的递增区间为（﹣∞，2a﹣1）和（1，+∞），递减区间为（2a﹣1，1）；
③当a＞1时，f′（x）＜0⇒1＜x＜2a﹣1，f′（x）＞0⇒x＞2a﹣1或x＜1，
此时f（x）的递增区间为（2a﹣1，+∞）和（﹣∞，1），递减区间为（1，2a﹣1）；
综上可知：当a＝1时，f（x）为增函数；
当a＜1时，f（x）的递增区间为（﹣∞，2a﹣1）和（1，+∞），递减区间为（2a﹣1，1）；
当a＞1时，f（x）的递增区间为（2a﹣1，+∞）和（﹣∞，1），递减区间为（1，2a﹣1）；
（Ⅱ）结合（Ⅰ）可知，a＝﹣1时，f（x）＝x3+x2﹣3x+1
f（x）的递增区间为（﹣∞，﹣3）和（1，+∞），递减区间为（﹣3，1），
所以f（x）的极大值为f（﹣3）＝10，极小值为f（1）＝﹣．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值的基本思路，属于中档题．
19．（15分）如图1所示，现有一块边长为1.5m的等边三角形铁板，如果从铁板的三个角各截去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正三棱柱形的容器如图2．则容器的容积Vm3是容器底面边长xm的函数．
（Ⅰ）写出函数的解析式并注明定义域；
（Ⅱ）求这个容器容积的最大值．
【分析】（Ⅰ）根据题意求出三棱柱的高，再根据柱体的体积公式即可得答案；
（Ⅱ）利用导数求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）如图所示：
由题意可知|AB|＝＝﹣，∠CAB＝30°，
则1.5﹣x＞0，可得0＜x＜1.5，
所以|BC|＝|AB|•tan30°＝（﹣）＝﹣，
即三棱柱的高为（﹣）m，
所以V＝Sh＝x2•（﹣）＝x2﹣，
所以V（x）＝x2﹣，定义域为（0，）；
（Ⅱ）因为V（x）＝x2﹣，
所以V′（x）＝x﹣＝x（1﹣x），
又因为x∈（0，），
所以当x∈（0，1）时，V′（x）＞0，V（x）单调递增；
当x∈（1，）时，V′（x）＜0，V（x）单调递减；
所以Vmax＝V（1）＝．
【点评】本题考查了求三棱柱的体积，导数的综合运用，属于中档题．
20．（15分）设函数f（x）＝ln（ax+b），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x﹣2y+2ln2﹣1＝0．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）设函数g（x）＝f（x）﹣，求g（x）的单调区间；
（Ⅲ）求证：当x≥0时，有f（x）≥xe﹣x．
【分析】（Ⅰ）利用切线方程建立方程组求解；
（Ⅱ）由（Ⅰ）确定g（x）的解析式，再求导即可求函数单调区间；
（Ⅲ）构造函数m（x）＝f（x）﹣xe﹣x（x≥0），利用导数求其最小值即可证明．
【解答】解：（I）．
因为y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x﹣2y+2ln2﹣1＝0，
所以有，
解得．
（Ⅱ）由（Ⅰ）有f（x）＝ln（x+1），
所以，定义域为（﹣1，+∞）．
则．
令，解得x＝0，
当x＞0时，g′（x）＞0，
当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0，
所以的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（﹣1，0）．
（Ⅲ）证明：令函数m（x）＝f（x）﹣xe﹣x（x≥0），
所以．
令函数t（x）＝ex+x2﹣1（x≥0），
所以t′（x）＝ex+2x＞0恒成立，所以函数t（x）在[0，+∞）单调递增，
所以t（x）≥t（0）＝0，即m′（x）≥0恒成立，
所以函数m（x）在[0，+∞）单调递增，所以m（x）≥m（0）＝0．
所以，当x≥0时，有f（x）≥xe﹣x．
【点评】本题考查了导数的综合应用，考查了函数思想，属于中档题．
21．（15分）设函数f（x）＝（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）设，求证：a≤是函数g（x）只有一个极大值点的充分不必要条件．
【分析】（Ⅰ）利用导数求解即可；
（Ⅱ）按照充要条件的定义，先证明充分性，再证明必要性．
【解答】解：（Ⅰ）因为，
所以当0＜x＜2时，f'（x）＜0，
当x＞2时，f'（x）＞0，
则在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
所以．
所以f（x）的最小值为；
（Ⅱ）证明：充分性：，
，
因为，
所以当x＞3时，g'（x）＜0，g（x）在（3，+∞）单调递减．
当0＜x＜3时，g'（x）＞0，g（x）在（0，3）单调递增．
所以g（x）在（0，+∞）只有一个极大值点．
必要性：已知函数的极大值点只有一个．
①若恒成立，即在（0，+∞）上恒成立，
由（Ⅰ）得，
此时令g'（x）＞0，解得0＜x＜3；
令g'（x）＜0，解得x＞3；
所以g（x）在（0，3）单调递增，在（3，+∞）单调递减，
所以函数y＝g（x）有唯一极大值点，满足题意；
②方程有两个不同的根x1，x1，且x1＜2＜x2，
因为g（x）只有一个极大值点，
所以有x2＝3，x1∈（0，2），
即3是的一个根，此时；
当时，，
令g'（x）≤0，解得x＞x1，
令g'（x）＞0，解得0＜x＜x1；
所以f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，+∞）上单调递减．
综上：使函数的极大值点只有一个的a的取值范围是．
所以不是函数g（x）只有一个极大值点的必要条件．
所以a≤是函数g（x）只有一个极大值点的充分不必要条件．
【点评】本题考查了利用导数求函数的最小值、单调区间及极值，考查了分类讨论思想，属于中档题．