2021-2022学年广东省深圳中学高二下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年广东省深圳中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．若由数字一共可以组成个不同的三位数（各位上的数字可以相同），则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用分步乘法原理直接求解即可.

【详解】分三步：第一步确定百位上的数字有5种选法；

第二步确定十位上的数字，数字可以重复，有5种选法；

第三步确定个位上的数字，有5种选法；

根据分步乘法原理可知共组成个三位数，即，

故选：B

2．深圳中学高二年级某班班会开展“学党史，感党恩”演讲活动，安排甲､乙､丙､丁四名学生按次序演讲，但甲不在第一个演讲，所有的安排方法数为（       ）

A．13 B．14 C．15 D．18

【答案】D

【分析】分别确定安排甲和安排余下3个同学的排法，再由分步乘法计数原理求解.

【详解】先安排甲有3种安排方法，再安排乙､丙､丁三位同学有6种安排方法，由分步乘法计数原理可得所有的安排方法数为18，

故选：D.

3．已知曲线，曲线与直线，则（       ）

A．与均相切 B．与均不相切

C．与相切，与不相切 D．与不相切，与相切

【答案】A

【分析】结合导数的几何意义判断即可.

【详解】设曲线在点处的切线的斜率为0，

则，所以，切线方程为，

设曲线在点处的切线的斜率为0，

则，所以或，

取可得切线方程为，

所以与均相切，

故选：A.

4．已知函数满足，则曲线在点处的切线方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据导数的定义可知，再根据导数公式可求出，即可求出切点，从而得出切线方程．

【详解】由可知，，而，所以，解得，即，所以，因此曲线在点处的切线方程为，即．

故选：A．

5．在的展开式中，下列结论错误的是（       ）

A．所有项的二项式系数和为64 B．所有项的系数和为0

C．常数项为20 D．二项式系数最大的项为第4项

【答案】C

【分析】根据二项展开式的通项公式，以及项的系数和二项式系数的概念，逐项分析判断即可得解.

【详解】对A，所有项的二项式系数和为，故A正确；

对B，要求所有项的系数和，令可得，故B正确；

对C，由通项，

令可得，所以常数项，故C错误；

对D，根据通项公式第4项的二项式系数为，

为组合数（）的中间项，故D正确.

故选：C

6．“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为（       ）

A．90 B．150 C．180 D．300

【答案】B

【分析】根据题意，运用分类讨论思想，结合排列和组合的性质进行求解即可.

【详解】根据题意有两种方式：

第一种方式，有一个地方去3个专家，剩下的2个专家各去一个地方，

共有种方法，

第二种方式，有一个地方去1个专家，另二个地方各去2个专家，

共有，

所以分派方法的种数为，

故选：B

7．已知，则函数的导函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】法一：求函数的导函数，得到的解析式，判断函数的奇偶性以及特殊值可以得到选项；法二：得到的解析式之后，令，求分析的单调性，通过单调性得到选项.

【详解】法一：，定义域为，所以

，

则，所以为偶函数，故排除，；又，，故排除D，

故选：C.

法二：因为，定义域为，所以，

令，则，

当时，，所以在上单调递增，结合选项可知选C.

故选：C.

【点睛】思路点睛：由函数的解析式识别图象，常通过判断函数的奇偶性、单调性以及特殊值的方法来识别.

8．已知分别是曲线与曲线上的点，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用曲线与曲线互为反函数，可先求点到的最小距离，

然后再求的取值范围.

【详解】曲线与曲线互为反函数，其图象关于对称，

求出点到的最小距离

设曲线上斜率为的切线为

，由 得，切点坐标为，即

的最小值为，无最大值，即

故选：B.

9．以下四个式子分别是求相应函数在其定义域内的导函数，其中正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用导数的运算对四个选项一一求导，即可判断.

【详解】对于A，，故A错；

对于B，，故B错；

对于C，，故C对；

对于D，，故D错.

故选：C.

二、多选题

10．如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】选项ACD均可以对其每一步的方法数进行合理解释，而选项B方法总数错误，不能对其每一步的方法数进行合理解释.

【详解】选项A：表示先着色中间两格下面一格.从4种颜色取3种，有个方法，上面一格，从与中间两格不同的颜色中取出一个，有个方法，故共有个不同方法.正确；

选项B：,方法总数不对.错误；

选项C：表示先对中间两格涂颜色. 从4种颜色取2种，共有个方法，上下两格都是从与中间两格不同的颜色中取出一个，有个方法.故共有个不同方法.正确；

选项D：表示两种情况：①上下两格颜色相同，中间两格从3个剩下的颜色取2种，共有个不同方法；②上下两格颜色不同，中间两格从2个剩下的颜色取2种，共有个不同方法. 综合①②可知方法总数为：个不同方法.正确.

故选：ACD

11．以下关于排列数与组合数的命题中，真命题有（       ）

A．若且，则

B．若且，则

C．对任意且恒有

D．对任意恒有

【答案】BCD

【分析】根据排列数和组合数公式判断各选项的对错.

【详解】取，则，，，A错，

若且，则，

所以，B对，

对任意且

，

，

所以，C对，

对任意所以，D对，

故选：BCD.

12．已知函数，下列结论正确的是（       ）

A．在区间单调递减，在区间单调递增

B．有极小值，且极小值是的最小值

C．设，若对任意，都存在，使成立，则

D．

【答案】ACD

【分析】首先确定定义域，根据导数研究函数的单调性以及最值，逐项分析判断即可得解.

【详解】由，可得，

求导可得，

由，可得，

当，时，，为减函数，

当时，，为增函数，故A正确；

对B， 的极小值为，而，

故极小值不是最小值，故B错误；

对C，在上的值域包含在上的值域，

由时， 为减函数，

当时， 为增函数，

故的值域为，

由在上的值域为，

所以，故C正确；

对D，由，所以，

所以，，

即，又，，

故成立，故D正确.

故选：ACD．

三、填空题

13．已知一物体的运动方程是的单位为的单位为），则该物体在时间段内的平均速度与时刻的瞬时速度相等，则___________.

【答案】

【分析】由平均速度和瞬时速度的概念可得关于的等量关系，从而得到的取值.

【详解】在到t+这段时间内，物体的平均速度，

所以该物体在时间段内的平均速度为6,当无限趋近于0时即可得到时刻的瞬时速度即,由题意平均速度与时刻的瞬时速度相等，即,解得,

故答案为：

14．若正边形有条对角线，则的值为___________.

【答案】

【分析】根据正边形有对角线为，求解即可.

【详解】正边形有个顶点，

共可连接个连线，

故对角线为，

即，

所以或（舍）.

故答案为：

15．以下四个关于阶乘“!”的结论：①；②对任意，则能整除；③存在，使得；④若则或.其中正确的个数为___________.

【答案】3

【分析】结合阶乘的定义和性质判断各命题的对错，由此确定正确命题的个数.

【详解】因为，，所以，①错，

因为，又，所以能整除；②对，

因为，所以存在，使得；③对，

因为，所以，故或，所以④对，

故答案为：3

16．用1，2，3，4，5，6组成六位数(没有重复数字)，要求任何两个相邻数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是___________.

【答案】40

【分析】结合分步计数原理第一步将3，5排列，第二步将4，6排列，第三步将1，2排列即可.

【详解】第一步：先将3，5排列有种，

第二步：再将4，6插空排列（满足奇偶性不同）有种，

第三步：将1，2捆绑插空排列有种，

由分步计数原理可得种，

故答案为：40.

四、解答题

17．规定，其中这是组合数的一种推广.

(1)求的值；

(2)设，，求的最小值及的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题目定义即可求出；

（2）根据题目定义求出函数的解析式，再根据基本不等式即可解出．

【详解】(1)．

(2)因为，而，所以，当且仅当时取等号，所以当时，的最小值．

18．已知展开式的二项式系数和为，且.

(1)求的值；

(2)设其中且，求的值.

【答案】(1)2

(2)5

【分析】（1）由题意可得，得，然后令，可求得，再令，可求出，从而可求出的值

（2）根据题意可得，变形可得，由二项定理展可得，从而由整除的性质可得答案

【详解】(1)因为展开式的二项式系数和为，

所以，得，

所以，

令，则，

令，则，

所以

(2)

，

因为能被6整除，

而，

所以

19．已知函数，，

(1)已知，求的值；

(2)是否存在，使得对任意，恒有成立？说明理由.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数公式求出，即可解出；

（2）将方程化简得，即可求出满足题意．

【详解】(1)因为，，

所以，而，由解得．

(2)对任意，恒成立，即

，化简可得，，所以时，可使得对任意，恒有成立．

20．设函数f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方

程为y＝3.

(1)求f(x)的解析式；

(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝1和直线y＝x所围三角形的面积为定值，

并求出此定值．

【答案】(1) f(x)＝x＋；(2)证明见解析

【详解】(1)解　f′(x)＝a－，

解得或

因为a，b∈Z，故f(x)＝x＋.

(2)在曲线上任取一点，由f′(x0)＝1－知，过此点的切线

方程为y－＝[1－] (x－x0)．

令x＝1，得y＝， 切线与直线x＝1的交点为 (1,)；

令y＝x，得y＝2x0－1，切线与直线y＝x的交点为(2x0－1,2x0－1)；

直线x＝1与直线y＝x的交点为(1,1)，从而所围三角形的面积为

|2x0－1－1|＝2.

所以，所围三角形的面积为定值2.

21．已知函数，其中

(1)求函数的单调区间；

(2)若在区间内存在最小值，且最小值不大于，求的取值范围及的零点个数.

【答案】(1)答案见解析

(2)，3个

【分析】(1)求出，分和分别得出函数的单调性即可.

(2)由（1）得出的函数单调性，根据条件则，从而得出的取值范围，然后由单调性结合零点存在定理可判断出零点个数.

【详解】(1)

当时，，则在上单调递增.

当时，，所以由，解得或

由，解得

所以的增区间为，，减区间为.

综上所述：当时，的增区间为，无减区间

当时，的增区间为，，减区间为

(2)由（1）可知当时，则在上单调递增，则在区间内不存在最小值.

当时，在，上单调递增，在上单调递减.

在区间内存在最小值，且最小值不大于

则 ，解得

所以的范围是

，

，，

由在上单调递增，且，所以在上有一个零点.

在上单调递减,且，所以在上有一个零点.

在上单调递增且，所以在上有一个零点.

所以有3个零点.

22．已知函数，其中

(1)若有两个极值点，记为

①求的取值范围；

②求证：；

(2)求证：对任意恒有

【答案】(1)①；② 证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）① 由题得有两个变号零点，设求出函数的单调性即得解；② 利用极值点偏移的方法证明；

（2）证明，再利用裂项相消求和即得证.

【详解】(1)解：（1）由题得有两个变号零点，

所以有两个变号零点，

设

当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，

当时，，当时，，，

所以.

(2)设，

所以，

所以在单调递增，

又，所以

又，所以所以

因为，所以.

(2)证明：由（1）知， 所以

所以对对任意恒有，

所以

所以.