安徽省安庆市第二中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学 Word版含解析.docx

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安庆二中2021－2022学年度高二第二学期期中考试数学试题第I卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.）1.若函数，则（）A.－1B.0C.1D.3【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函数求导法则和导数定义，即可求得结果.【详解】根据导数定义可得；又可得，即.故选：C2.已知的展开式中的系数为，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由，写出的展开式的通项公式，结合条件的系数为建立方程，得出答案.详解】由的展开式的通项为，的系数为则由题意可知，，，故选:.3.有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（） A.1512种B.1346种C.912种D.756种【答案】D【解析】【分析】先从A区域涂色，讨论B，D区域涂相同、不同颜色的两种情况，再确定C，E，F区域涂色方法，应用分类分步计数原理求不同涂色方法数.【详解】1、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂相同颜色，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，共有4×3×3×3×3=324种方法．2、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂不同颜色，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F分别有3种方法，共有4×3×2×2×3×3=432种方法．故不同的涂色方法共有756种．故选：D4.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先对函数求导，研究单调性和极值，再根据三次函数有三个不同的根，使极大值大于零且极小值小于零，计算即得结果.【详解】由解得．在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故处取得极大值，在处取得极小值．要使函数有三个不同的根，则需极大值，极小值，解得， 所以的取值范围是．故选：A.【点睛】思路点睛：利用导数研究函数的单调性和极值的步骤：①写定义域，对函数求导；②在定义域内，解不等式和③写出单调区间，并判断极值点.5.某省进行高考综合改革，要求学生从高二开始对课程进行选修，即从化学、生物、政治、地理四门课程中选择两科进行选修，则甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法的种数是（）A.12B.24C.30D.36【答案】C【解析】【分析】求出甲、乙两人所选课程中完全不同和所选课程中有一科相同的种数，即可求出.【详解】若甲、乙两人所选课程中完全不同，选法有种；若甲、乙两人所选课程中有一科相同，选法有种，所以甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法有种.故选：C.6.已知定义在上的函数的图象如图所示，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】知时，求函数单调递减区间，此时或；当 时，求函数单调递增区间，此时无解，整合以上分类结果即可得出答案.【详解】由题意得，，所以不等式等价为：①当时，，即时，求函数单调递减区间，由图可知，此时或，②当时，，即时，求函数单调递增区间，此时，所以不等式的解集为.故选:C7.若函数在区间内存在最小值，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用导数求出函数的极小值为，由题意可知，再由求得的值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】解：由题意，，当或时，；当时，.故在，上是增函数，在上是减函数，所以，函数的极小值为.作其图象如图， 令得，解得或，结合图象可知，解得，.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数在区间上存在最值求参数，解本题的关键就是弄清楚函数的极小值点在区间内，通过求得，数形结合得出实数所满足的不等式组，综合性较强.8.某电视台邀请了6位学生的父母共12人中的4位介绍对子女的教育情况，如果这4位中恰有一对是夫妻，那么不同的选择方法的种数是（）A.60B.240C.270D.480【答案】B【解析】【分析】先在对父母中选一对，然后在剩余的人中，选两个不是夫妻的人，从而求得正确答案.【详解】先在对父母中选一对，方法数有种，然后在剩余的人中，选两个不是夫妻的人，方法数有种，所以不同的选择方法的种数是种.故选：B9.设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且 ，由此可得出实数的取值范围.【详解】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，，当时，；当时，.所以，函数的最小值为.又，.直线恒过定点且斜率为，故且，解得，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.10.设是函数的导函数，且，（为自然对数的底数），则不等式的解集为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】构造函数F（x）=，求出导数，判断F（x）在R上递增．原不等式等价为F（lnx）＜F（），运用单调性，可得lnx＜，运用对数不等式的解法，即可得到所求解集． 【详解】可构造函数F（x）=，F′（x）==，由f′（x）＞2f（x），可得F′（x）＞0，即有F（x）在R上递增．不等式f（lnx）＜x2即为＜1，（x＞0），即＜1，x＞0．即有F（）==1，即为F（lnx）＜F（），由F（x）在R上递增，可得lnx＜，解得0＜x＜．故不等式的解集为（0，），故选B．【点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等11.已知函数，，若成立，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】不妨设得到，的关系，利用消元法转化为关于的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．【详解】解：不妨设，，，，即，，故， 令，，，故在上是减函数，且，当时，，当时，，即当时，取得极大值同时也是最大值，此时，即的最大值为，故选：．12.已知函数，若方程有3个不同的实根，，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求得，得到函数单调性进而画出函数的图象，结合图象，进而得到的取值范围为，得到，构造新函数，结合导数求得函数的额单调性与最值，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；又由当时，，时，，且，，， 故可大致画出的图象如下：由图象可知，a的取值范围为，此时对应的取值范围为，而，故令，则，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；而，，，故的取值范围是.故选：A.第II卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.如果，则______.【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式、组合数的性质求得正确答案.【详解】依题意，，解得， .故答案为：14.海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航行速度为，当速度为mile时，它的燃料费时每小时25元，其余费用（与速度无关）都是每小时400元，如果甲乙两地的总费用最低，它的航速应为______mile/h.【答案】【解析】【分析】先求得燃料费与它的航行速度的关系式，然后结合基本不等式求得正确答案.【详解】设航速为，，燃料费为元，设，依题意，，则.设甲乙两地距离为，则总费用为，当且仅当时等号成立.故答案为：15.已知函数，则的最小值是_____________．【答案】【解析】【分析】方法一：由，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.【详解】［方法一］：【通性通法】导数法 ．令，得，即在区间内单调递增；令，得，即在区间内单调递减．则．故答案为：.［方法二］：三元基本不等式应用因为，所以．当且仅当，即时，取等号．根据可知，是奇函数，于是，此时．故答案为：.［方法三］：升幂公式＋多元基本不等式，， 当且仅当，即时，．根据可知，是奇函数，于是．故答案为：.［方法四］：化同角＋多元基本不等式+放缩，当且仅当时等号成立．故答案为：.［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值设，则可化为，当时，；当时，，对分母求导后易知，当时，有最小值．故答案为：.［方法六］：配方法， 当且仅当即时，取最小值．故答案为：.［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法因为，所以，即函数的一个周期为，因此时，的最小值即为函数的最小值．当时，，当时，因为，令，解得或，由，，，所以的最小值为．故答案为：.【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．16.已知，则________．【答案】1013【解析】【分析】先求出，再求出各项的系数和，设函数，对其求导后再求出 ，然后计算可得答案.【详解】令，得,令，得，则①;设，则，令，得②．由②-①，得．故答案为：1013三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步㵵）17.已知的展开式中前三项的二项式系数之和为46，（1）求n；（2）求展开式中系数最大的项．【答案】（1）9（2）【解析】【分析】（1）根据要求列出方程，求出的值；（2）求出二项式展开式的通项，列出不等式组，求出的取值范围，从而求出，得到系数最大项.【小问1详解】由题意得：，解得：或，因为，所以（舍去），从而【小问2详解】二项式的展开式通项为：，则系数为，要求其最大值，则只要满足，即9!r!9−r!⋅2r≥9!r−1!10−r!⋅2r−19!r!9−r!⋅2r≥9!r+1!8−r!⋅2r+1，解得：，因为，所以，所以系数最大项为 18.6位同学报名参加2022年杭州亚运会4个不同的项目（记为）的志愿者活动，每位同学恰报1个项目.（1）6位同学站成一排拍照，如果甲乙两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队方式有多少种？（2）若每个项目至少需要一名志愿者，求一共有多少种不同报名方式？（3）若每个项目只招一名志愿者，且同学甲不参加项目，同学乙不参加项目，求一共有多少种不同录用方式？【答案】（1）144（2）1560（3）252【解析】【分析】（1）利用捆绑法和插空法进行排列计算即可得共有144种；（2）先将6位同学分成4组，再根据题意进行排列计算即可得出结果；（3）先计算出所有的录用方式，再减去不符合题意的方式即可得出答案.【小问1详解】根据题意先把甲乙看成整体，与除了甲、乙、丙、丁之外的两人进行排列，再把丙丁插空进行排列，所以共有.【小问2详解】先分为4组，则按人数可分为1，1，1，3和1，1，2，2两种分组方式，共有种；再分到4个项目，即可得共有；【小问3详解】先考虑全部，则共有种排列方式，其中甲参加项目共有种，同学乙参加项目共有种；甲参加项目同时乙参加项目共有种，根据题意減去不满足题意的情况共有种.19.已知函数，. （1）若函数在时取得极值，求的值；（2）讨论函数的极值.【答案】（1）2（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由求得的值.（2）先求得，然后对进行分类讨论，由此求得函数的极值.【小问1详解】∵，则，∵在处取得极值，故，解得.当时，.由，可得或；由，可得.故在上递增，在上递减，在上递增，故是函数的极大值点，符合题意；【小问2详解】由（1）得，令，则或，①时，，此时在上单调递增，无极值；②时，，当时，；当时，，故的单调递增区间为、，单调递减区间为；∴极小值点极大值点为－1，故极小值极大值；③当时，，当时，；当时，，此时，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为. ∴极小值点－1，极大值点为，故极小值，极大值为；综上所述，当时，极小值，极大值为；当时，无极值；当时，极小值，极大值为.20.设函数，，．（1）求函数单调区间；（2）当时，讨论函数与图象的交点个数．【答案】（1）函数的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）两函数图象总有一个交点．【解析】【分析】（1）函数的定义域为，求得，即可求解函数的单调区间；（2）令，转化为求函数的零点个数，分与进行讨论，利用函数的性质，即可判断函数与图象的交点个数．【详解】（1）函数的定义域为，．当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，综上可知，函数的单调递增区间是，单调递减区间是．（2）令，问题等价于求函数的零点个数．，当时，，函数为减函数， 注意到，，所以有唯一零点，当时，若或，则；若，则，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，注意到，则，故在内无零点；在内，，则，所以有唯一零点，综上，函数有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．21.设函数．（1）若，讨论函数的单调性；（2）当时，若不等式对所有的，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求导函数，分和两种情况讨论导函数的符号，从而得原函数的单调性；（2）由题可得出对所有的的都成立，从而令，根据一次函数的单调性可得，再令，求导，分析其导函数的符号，得出函数的单调性，从而有，得出答案.【详解】解：（1）若，，则，当时，，所以函数在上单调递减，当时，令，得（负值舍去），当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减；（2）当时，.若不等式对所有的都成立，则对所有的都成立，即,对所有的都成立，令，则为一次函数，，，，在上单调递增，，对所有的都成立，令，则，因为，所以，所以函数在单调递减，所以，，所以实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：本题主要考查利用导数求函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.22.已知函数，曲线在处的切线方程为.（1）求的值：（2）求在上的最值；（3）证明：当时，.【答案】（1），（2）； （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用切点和斜率列方程组，由此求得.（2）利用多次求导的方法求得在区间上的单调性，由此求得在上的最值.（3）先证明时，，再结合（2）转化为，从而证得不等式成立.【小问1详解】，∴，解得：，；【小问2详解】由（1）得：，，令，则，是增函数，令解得.∴，也即在上单调递减，在上单调递增，∴，∴在递增，∴；；【小问3详解】∵，由（2）得过，且在处的切线方程是，故可猜测且时，的图象恒在切线的上方，下面证明时，，设，，∴，∴令，， 由（2）得：在递减，在递增，∵，，，∴，∴存在，使得，∴时，，时，，故在递增，在递减，在递增.又，∴当且仅当时取“”，故，，由（2）得：，故，∴，当且仅当时取“=”，∴，即，∴，即成立，当且仅当时“=”成立.