2022-2023学年北京市大兴区高二下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市大兴区高二下学期期中考试数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市大兴区高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据基本初等函数和复合函数的求导公式求导即可．【详解】．故选：D．2．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了排列数计算公式，带入公式计算可得.【详解】由排列数计算公式可得，解得或.由于且，故.故选：C.3．若函数，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数在某一点的导数的定义，由此可得结果.【详解】因为，则.故选: B4．从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数的个数为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分析可知只需从、、、这个数字中任取个数字全排即可，利用排列计数原理可得结果.【详解】从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数，只需从这个数字中任取个数字全排即可，因此，满足条件的三位数的个数为.故选：B.5．已知过点的直线与曲线的相切于点，则切点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出切点的坐标.【详解】设切点坐标为，由，得，则过切点的切线方程为，把点代入切线方程得，，即，又，所以，则，则切点坐标为.故选：A6．已知名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，则不同选法的种数是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，利用分步乘法计数原理即可求解.【详解】名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，则共有种，故选：C.7．下列不等式中，对任意的不恒成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】ACD选项，作差后构造函数，求导，利用函数的性质判断；B选项用特值法判断.【详解】令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，则．故A不合题意；当时，，故B符合题意；令，则，则在上单调递增，故，则．故C不合题意；令，则，则在上单调递增，故，则．故D不合题意.故选：B.8．设函数（），则“”是“在定义域上是增函数”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】求出导函数判断函数的单调性，然后判断充要条件即可．【详解】函数，可得，当时，恒成立，函数是增函数，所以“”是“在定义域上是增函数”的充分条件；在定义域上是增函数，可知恒成立，此时，所以“”是“在定义域上是增函数”的必要条件；综上，“”是“在定义域上是增函数”的充要条件；故选：C．9．已知函数的定义域为，函数的导函数，若在处取得极大值，则实数的取值范围是（    ） A． B．C． D．【答案】D【分析】分、、三种情况说明单调性，从而可求解.【详解】函数的导函数，令，可得，得或，当时，时，单调递增；或时，单调递减；所以在处取得极大值，符合题意；当时，当时，时，单调递减；或时，单调递增；所以在处取得极小值，不符合题意，舍去；当时，时，单调递减；或时，单调递增；所以在处取得极大值，符合题意.实数的取值范围为.故选：D10．已知函数，若，且，则的最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意作出函数图象，可得的范围，得到，令，再由导数求最小值即可．【详解】已知函数，作出函数图象如图：  当时，．由，得，则．令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，，即的最小值为．故选：A． 二、填空题11．      ．【答案】【分析】利用阶乘的定义直接求解即可【详解】，故答案为：612．若甲、乙、丙、丁人站成一排，甲不站两端，则不同排法的种数为      ．【答案】【分析】若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，结合分步乘法计数原理，计算即可．【详解】若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，共有种，排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，则不同排法的种数为．故答案为：12． 三、双空题13．已知函数．则      ；若，则      ．【答案】          【分析】求出，代值计算可得出的值，利用复合函数的求导法则可求得.【详解】因为，则，所以，，因为，则.故答案为：；. 四、填空题14．设函数．能说明“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是      ．【答案】－1（答案不唯一，只要满足即可）【分析】对函数求导，通过导函数的符号，判断函数的单调性，根据条件得到a的范围，再结合题意确定a的值即可．【详解】“对于任意的，都有成立”，即函数在上单调递增．由函数，可得，令，可得，时，，函数在上是增函数；当时，时，，函数是增函数；时，，函数是减函数，故“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是－1（答案不唯一，只要满足即可）．故答案为：－1（答案不唯一，只要满足即可)．15．某高台跳水运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：）与跳起后的时间（单位：）存在函数关系，的图象如图所示，已知曲线在处的切线平行于轴，根据图象，给出下列四个结论：  ①在时高度关于时间的瞬时变化率为；②曲线在附近比在附近下降得慢；③曲线在附近比在附近上升得快；④设在和时该运动员的瞬时速度分别为和，则．其中所有正确结论的序号是      ．【答案】①③④【分析】对于①，因为曲线在处的切线平行于轴，所以切线的斜率为0，即；对于②，比较大小即可；对于③，比较大小即可；对于④，，，比较大小即可.【详解】因为，所以.对于①，因为曲线在处的切线平行于轴，所以切线的斜率为0，即，所以在时高度关于时间的瞬时变化率为，故①正确；对于②，由题意知，所以，即曲线在附近比在附近下降得快，故②错误；对于③，由题意知，所以，即曲线在附近比在附近上升得快，故③正确；对于④，由题意知且，所以，，所以，所以.即，故④正确；故答案为：①③④. 五、解答题16．已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值.【答案】（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）最大值为18，最小值为.【解析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性求出函数的极值点，从而求出函数的最值即可．【详解】（1）因为，所以.令，解得，.随着x的变化，，变化情况如下表：x100极大值极小值所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2）因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，又，，，所以，函数在区间上的最大值为18，最小值为.【点睛】本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用，属于基础题17．已知函数．(1)求的极值；(2)比较的大小，并画出的大致图像；(3)若关于的方程有实数解，直接写出实数的取值范围．【答案】(1)极小值，无极大值(2)，作图见解析(3) 【分析】（1）求导，分析导函数的符号，得出单调性和极值；（2）利用（1）中的单调性和指数函数的符号进行判断；（3）结合（2）的图像，将方程解的个数转化为图像的交点的个数【详解】（1）的定义域为，，于是时，单调递增；时，单调递减，又，则在处取到极小值，无极大值.（2）由（1）知，在区间上单调递减．故． 又因为当时，，故，所以．因为，所以．结合（1）中的单调性，大致图像如下： （3）的解的个数可以看成和直线在同一坐标系下图像交点的个数，由（2）的图像知，当的取值不小于最小值即可，即18．某校举办乒乓球团体比赛，该比赛采用场胜制，每场均为单打，若某队先胜场，则比赛结束，要求每队派名运动员参赛，每名参赛运动员在团体赛中至多参加场比赛，前场比赛每名运动员各出场次，若场不能决出胜负，则由第位或第位出场的运动员参加后续的比赛．(1)若某队从名运动员中选名参加此团体赛，求该队前场比赛有几种出场情况；(2)已知某队派甲、乙、丙这名运动员参加此团体赛．①若场决出胜负，列出该队所有可能出场情况；②若场或场决出胜负，求该队共有几种出场情况．【答案】(1)60(2)①答案见解析；②24 【分析】（1）根据分步乘法计数原理计数即可；（2）①根据题意列举所有情况即可；②前场共有种出场情况，分场决出胜负和场决出胜负两种情况，讨论求解即可.【详解】（1）根据题意，该球队前场比赛有种出场情况．（2）①因为场决出胜负，所以该球队所有可能出场有6种情况如下：甲、乙、丙；甲、丙、乙；乙、甲、丙；乙、丙、甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲．②由①知，前场共有种出场情况．所以场决出胜负时，前3场有6种，后1场有2种，该球队共有种出场情况．场决出胜负时，前3场有6种，后2场有2种，该球队共有种出场情况．所以场或场决出胜负时，该球队共有种出场情况．19．已知函数（）．  (1)若函数的导函数的图象如图所示．①直接写出的单调区间，并求的值；② 若有且只有1个零点，直接写出的取值范围；(2)当时，讨论的单调性．【答案】(1)①单调递增区间为和，单调递减区间为；；②．(2)答案见解析 【分析】（1）①由图象确定的单调区间，由列出方程组求得；②求得的极大值与极小值，结合条件列出不等式可求得的取值范围．（2）当时，，分为，，三种情况讨论，得出的单调性．【详解】（1）①由图象知，当或时，；当时，，∴的单调递增区间为和，单调递减区间为．因为，所以．由图知．即，解得.②由①知，，当时，取极大值；当时，取极小值，由题意得：或，∴的取值范围是．（2）当时，．当时，，∴在区间上单调递增．当时，当或时，；当时，，∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减． 当时，当或时，；当时，，∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减．20．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，求证：当时，；(3)对任意的，判断与的大小关系，并证明结论．【答案】(1)(2)证明见解析(3)，证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意求解即可；（2）对求导，可判断出当时，，则在区间上单调递减，从而可证得结论；（3）不妨假设中的定值，令，，对函数求导后可判断在上单调递减，则，从而可比较出大小.【详解】（1）由，得．因为，．所以曲线在点处的切线方程为．（2）依题意，．所以．当时，，所以．所以函数在区间上单调递减．因为，所以当时，．（3）不妨假设中的定值，令，，则，，．由（2）知，在区间上单调递减，因为，所以．从而在上单调递减．因为，所以当时，，即．综上，对任意的，有【点睛】关键点睛：此题第（3）问解题的关键是假设中的定值，令，，然后利用导数求出其单调区间，从而得结果.21．已知函数，．(1)若曲线在点处的切线方程为，求的值；(2)设函数，证明：的图象在的图象的上方．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义根据题意列方程组可求得答案；（2）令，，将问题转化为证明对任意的，恒成立，等价于证明当，的最小值大于零，然后利用导数求的最小值即可.【详解】（1）因为，，所以． 依题设，，，且．解得，．（2）令， ， 证明的图象在图象的上方，等价于证明对任意的，恒成立， 等价于证明当，的最小值大于零．由，得，，令，则，且当时，．所以在区间上单调递增， 因为，，所以在区间上存在唯一零点，所以，即．当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以． 因为，且，所以．因为，所以．故． 所以． 故对任意的，恒成立，即的图象在图象的上方．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将问题转化为证明对任意的，恒成立，然后利用导数求的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.