2022-2023学年上海市高桥中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年上海市高桥中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．函数的导函数为     

【答案】

【分析】根据余弦函数的导函数直接可得结果.

【详解】由题意可得：.

故答案为：.

2．已知，则     

【答案】

【分析】根据导数的乘法求导法则求，进而可得结果.

【详解】由题意可得：，

所以.

故答案为：.

3．过点作曲线的切线，则切线方程是          ．

【答案】

【分析】求解导函数，设切点坐标，求解，从而设出切线方程，代入点计算，即可求出答案.

【详解】函数定义域为，，

设切点为，，

所以切线方程为，

代入，得，

解得：，所以切线方程为，

整理得：．

故答案为：

4．已知在一次降雨过程中，某地降雨量（单位：mm）与时间（单位：mm）的函数关系可近似表示为，则在时的瞬时降雨强度（某一时刻降雨量的瞬间变化率）为          mm/min.

【答案】/

【分析】将函数关于求导，再将代入上式的导函数，即可求解．

【详解】解：因为

，

．

故在时的瞬时降雨强度（某一时刻降雨量的瞬间变化率）为mm/min.

故答案为：

5．若是函数的极值点，则实数        ．

【答案】0

【分析】根据极值点处导函数等于零求解.

【详解】，由题意知，解得．

经检验，时，，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以是函数的极小值点，满足题意，

故答案为：0.

6．已知函数，若，则      .

【答案】－1

【分析】根据题意，由导数的定义可得，计算即可得出结果.

【详解】根据题意，由导数的定义可得

，

.

故答案为：－1.

7．已知 ， 则                  .

【答案】3或 1/1或 3.

【分析】解方程或检验即得解.

【详解】解：由题得或，

所以或，

所以或或或.

时，满足题意；时，，不满足题意；

时，，不满足题意. 满足题意.

故答案为：3或1.

8．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨.现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有          种.

【答案】37

【分析】按照所选得6人中所含会划左右桨的人数进行分类，即可得到答案.

【详解】第一类：参加比赛的6人中没有会划左右桨的，共有种，

第二类：参加比赛的6人中有1人会划左右桨的，共有种，

第三类：参加比赛的6人中有2人会划左右桨的，

共有种，

则共有种.

故答案为：37

9．投掷红、蓝两颗均匀的骰子，设事件：蓝色骰子的点数为5或6；事件：两骰子的点数之和大于9，则在事件发生的条件下事件发生的概率      ．

【答案】

【分析】首先根据古典概型的概率计算公式，求得，再求，由即可得解.

【详解】设红蓝两颗骰子的点数分别为，，基本事件用表示，

共有种情况，

事件包含基本事件，，，，，，共6种，

则，

事件和事件同时发生的基本事件为，，，，，共5种，

则，

故事件发生的条件下事件发生的概率．

故答案为：．

10．已知则    

【答案】2187

【分析】利用二项展开式的通项，可得展开式中奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，令即可求解.

【详解】由二项展开式的通项，

可知展开式中奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，

所以，

令展开式中的，

可得，

所以.

故答案为：2187

【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式、赋值法求二项式展开式的系数和，需熟记公式，属于基础题.

11．若函数存在单调递增区间，则的取值范围是   .

【答案】

【分析】将题意转化为：，使得，利用参变量分离得到，转化为

，结合导数求解即可．

【详解】，其中，则．

由于函数存在单调递增区间，则，使得，

即，，构造函数，则．

，令，得．

当时，；当时，．

所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，则，

所以，，故答案为．

【点睛】本题考查函数的单调性与导数，一般来讲，函数的单调性可以有如下的转化：

（1）函数在区间上单调递增，；

（2）函数在区间上单调递减，；

（3）函数在区间上存在单调递增区间，；

（4）函数在区间上存在单调递减区间，；

（5）函数在区间上不单调函数在区间内存在极值点．

12．设是定义在R上的奇函数，且，当时，有恒成立，则不等式的解集为   ．

【答案】．

【分析】由＜0，构造函数，分析奇偶性，单调性，不等式等价于，即可得出答案.

【详解】由，构造函数，

因为是定义在R上的奇函数，所以为偶函数，

又当时，为减函数，且，

因为，解得，

由，解得或，

不等式等价于，

即或，解得或，

故答案为：．

二、单选题

13．某商场拟在未来的连续10天中随机选择3天开展优惠活动，则选择的3天恰好为连续3天的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据古典概型结合组合数运算求解.

【详解】在未来的连续10天中随机选择3天，共有种不同选法，

选择的3天恰好为连续3天，共有种不同选法，

所以选择的3天恰好为连续3天的概率.

故选：B.

14．已知函数，其导函数的图像如图所示，则下列对函数表达不正确的是（    ）

A．在处取极小值 B．在处取极小值

C．在上为减函数 D．在上为增函数

【答案】A

【分析】根据图象可得的符号，进而可得的单调性和极值，逐项分析判断即可.

【详解】由导函数的图像可知：当或时，；当或时，；

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故C、D正确；

函数在处取到极大值，在处取到极小值，

故A不正确，B正确；

故选：A.

15．已知，则被10除所得的余数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】根据题意得到，再利用二项式定理展开即可得到答案.

【详解】，

又因为，

又因为都是10的倍数，

所以被除所得的余数为.

故选：B

16．关于函数，下列判断正确的是（    ）

①是的极大值点；

②函数有且只有1个零点；

③存在正实数k，使得成立；

④对任意两个正实数，且，若，则．

A．①④ B．②④ C．②③ D．③④

【答案】B

【分析】对于①：求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得极值点；对于②：构建，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于③：整理得，构建，利用导数分析其单调性，进而可得结果；对于④：分析可得原题意等价于即证，令，利用导数判断其单调性，进而分析判断.

【详解】对于①：由题意可得：函数的定义域为，且，

当时，0；当时，；

则在上单调递减，在上单调递增，

所以是的极小值点，故①错误；

对于②：令，

则函数的定义域为，且恒成立，

可知在上单调递减，且，

函数有且只有1个零点，故②正确；

对于③：若，整理得，

令，则，

令，则，

令，解得；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，

可得，即，

所以在上单调递减，且当趋近于时，趋近于，

所以不存在正实数，使得恒成立，故③错误；

对于④：由①可知：若，则，

要证，即证，

且在上单调递增，即证，

又因为，所以证，即证.

令，

则，所以在上单调递减，

所以，所以，④正确；

故选：B.

【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题

（1）分离参数法

第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；

第二步：利用导数求该函数的最值；

第三步：根据要求得所求范围．

（2）函数思想法

第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；

第二步：利用导数求该函数的极值；

第三步：构建不等式求解．

三、解答题

17．已知m，n为正整数，的展开式中x项的系数为19．

(1)求展开式中项的系数的最小值；

(2)当展开式中项的系数取最小值时，求项的系数．

【答案】(1)81

(2)156

【分析】（1）根据x项的系数结合二项展开式可得，进而可得项的系数，结合组合数以及二次函数分析求解；

（2）根据（1）中结果结合二项展开式可得项的系数为，运算求解即可.

【详解】（1）由题意可知：的展开式为，

的展开式为，

令，则，

由题意可得，即，

令，则，

可得项的系数，

且，则当或时，项的系数取到最小值81.

（2）令，则，

由（1）可得：或，

所以项的系数为.

18．4男3女排队拍照．

(1)女生不在两边的排法有多少种？

(2)恰有3个男生连排的排法有多少种？

(3)甲在乙的左边的排法有多少种？

【答案】(1)

(2)1728

(3)2520

【分析】（1）先排两边，剩余位置全排列即可；

（2）讨论3个男生连排看成整体M的位置，结合排列数运算求解；

（3）先进行全排列，再结合对称性分析求解.

【详解】（1）女生不在两边，则两边均为男生，有种不同排法，

剩余的男、女生全排列，有种不同排法，

所以共有种不同排法.

（2）3个男生连排看成整体M，有种不同排法，

相当于M，1男3女排队，且M与1男不能连排，

先将3女进行排列，有种，

再将M和1男插到3女所成的4个空中，有种，

所以共有种排法.

（3）4男3女的排法有种，

根据对称可知：甲在乙的左边的排法有种.

19．已知函数是函数的一个极值点.

（1）求函数的单调递增区间；

（2）当，求函数的最小值.

【答案】（1）和；（2）.

【解析】（1）由极值点求出参数，再代入，解不等式求递增区间

（2）求在上的极值，与端点值比较得出最小值.

【详解】（1）由题意

，则  

，当时，；

当时，；当时，.

所以，函数的单调递增区间为和  

（2）当时，的变化情况如下表

当.

当.

所以当时，函数的最小值为.

【点睛】用导数法求最值方法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；

20．已知函数的图像在处的切线与直线平行．

(1)求函数的极值；

(2)若对任意的，且都有，求实数m的取值范围．

【答案】(1)极大值为，无极小值

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义求得，再利用导数判断的单调性和极值；

（2）由题意分析可得在为增函数，进而可得在恒成立，构建，利用导数判断其单调性和最值，即可得结果.

【详解】（1）由题意可知的定义域为，且，

可得的图象在处的切线斜率为，由切线与直线平行，

可得，即，

所以，，

由，可得，由，可得，

则在单调递增，在单调递减，

可得在处取得极大值为，无极小值.

（2）不妨设，则，

若，，

可得，即有，

设在为增函数，

即有对恒成立，

可得在恒成立，

令，则的定义域为，且，

由，可得，由，可得，

可得在递减，在递增，

则在处取得极小值，且为最小值，

可得，解得，

所以实数的取值范围是.

21．已知．

(1)若，求在处的切线方程；

(2)讨论的单调性；

(3)设，求在上的零点个数．

【答案】(1)

(2)答案见详解

(3)答案见详解

【分析】（1）根据导数的几何意义运算求解；

（2）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数的单调性；

（3）原题意等价于与在上的交点个数，令，利用导数判断原函数的单调性和值域，进而可得结果.

【详解】（1）当时，，则，

所以在点处的切线斜率，

所以所求切线方程为，即.

（2）由，所以，

当时，，所以函数在上单调递增；

当时，由，则，若，则，

所以在单调递增，在上单调递减；

综上所述：当时，函数在上单调递增；

当时，在单调递增，在上单调递减.

（3）由，所以，

今，由，所以，可得，

原题意等价于与在上的交点个数，

令，则，

令，时，在上单调递增，

所以，即，所以在上单调递增，

由，所以在上单调递增，

所以，即，

当，即时，

则与在只有一个交点，此时在上只有一个零点；

当或，即或时，

则与在无交点，此时在上没有零点；

综上所述：当时，在上只有一个零点；

当或时，在上没有零点.

【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．