福建省南安市柳城中学2022-2023学年高二下学期4月期中考试数学试题（Word版含答案）

柳城中学2022-2023学年高二下学期4月期中考试
数学试题
（满分150分；考试时间： 120 分）
友情提示：所有答案必须填写在答题卡相应的位置上．
班级____________姓名_____________考号_____________
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．下列各式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．4名男生2名女生排成一排，要求两名女生排在一起的排法总数为（ ）
A．48 B．96 C．120 D．240
3．已知定义在［0，3］上的函数的图像如图，则不等式＜0的解集为（ ）
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(0，1)(2，3)
4．曲线的图像在处切线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线为曲线在处的切线，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．甲箱中有4个红球，3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球，3个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一个球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则从乙箱中取出的是红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．若函数在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
二、多选题:本题共4小题，每小题5分，共20分
9．已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．在处取得极小值 D．在处取得极大值
10．在的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．第6项和第7项的二项式系数相等 B．奇数项的二项式系数和为256
C．常数项为84 D．有理项有2项
11．现安排甲 乙 丙 丁 戊5名同学参加运动会志愿者服务活动，有翻译 导游 礼仪 司机四项工作可以安排，则以下说法正确的有（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1人参加，甲 乙不会开车但能从事其他三项工作，丙 丁 戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
12．已知函数，则下列正确的是（ ）
A． B．无极值
C．若方程只有一个实根，则 D．
第II卷（非选择题）
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分
13．的展开式中的常数项为____________．
14．二项展开式，则___________.
15．已知函数的导函数，满足，则___________.
16．冬季两项是冬奥会的项目之一，是把越野滑雪和射击两种不同特点的竞赛项目结合在一起进行的运动，其中冬季两项男子个人赛，选手需要携带枪支和20发子弹，每滑行4千米射击1次，共射击4次，每次5发子弹，若每有1发子弹没命中，则被罚时1分钟，总用时最少者获胜.己知某男选手在一次比赛中共被罚时3分钟，假设其射击时每发子弹命中的概率都相同，且每发子弹是否命中相互独立，记事件A为其在前两次射击中没有被罚时，事件B为其在第4次射击中被罚时2分钟，那么___________.
四、解答题(共70分)
17．已知函数.
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)求函数在的最大值和最小值.
18．在二项式的展开式中，
(1)若，求展开式中的有理项；
(2)若第4项的系数与第6项的系数比为，求：
①二项展开式中的各项的二项式系数之和；
②二项展开式中的各项的系数之和．
19．设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球．
(1)从甲袋中取4个球，求这4个球中恰好有2个红球的概率；
(2)先从乙袋中取2个球放入甲袋，再从甲袋中取2个球，求从甲袋中取出的是2个红球的概率．
20．已知.求：
(1)；
(2)；
(3)；
21．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数在 上的最大值和最小值；
(3)设 ，证明：对任意的，有．
22．已知函数，，其中.
(1)分别求函数和的极值；
(2)讨论函数的零点个数.
参考答案：
1．B
【分析】根据基本初等函数的求导公式判断．
【详解】；；，，只有B正确．
故选：B．
2．D
【分析】相邻元素运用捆绑法解决即可.
【详解】第一步将两名女生看作一个整体与4名男生全排列，第二步将两名女生内部排列，即：.
故选：D.
3．B
【分析】根据函数的导数与函数的单调性的关系即得结论．
【详解】由图象知在上是减函数，所以的解集是．
故选：B．
4．D
【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出倾斜角.
【详解】因为，所以，所以，
所以函数在处的切线的斜率，则倾斜角为.
故选：D.
5．D
【分析】根据导数的几何意义求得切线的方程，再利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由函数，可得，则，即切线的斜率为，
又由时，求得，即切点坐标为，
所以切线方程为，即，
由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离.
故选：D．
6．D
【分析】根据全概率公式求得正确答案.
【详解】依题意，从乙箱中取出的是红球的概率为：
.
故选：D
7．A
【分析】先求出函数的定义域，则有，对函数求导后，令求出极值点，使极值点在内，从而可求出实数的取值范围.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，即，
，
令，得或（舍去），
因为在定义域的一个子区间内不是单调函数，
所以，得，
综上，，
故选：A
8．D
【分析】根据导数的几何意义结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.
【详解】对求导得，
由得，则，即，
所以，
当且仅当时取等号．
故选：D．
9．ACD
【分析】根据导函数与函数的单调性和极值的关系求解.
【详解】当时，单调递增，
由图可知时，，单调递增，故A正确；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，故B错误；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，故C正确；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，故D正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】根据二项式展开式的特征，即可结合选项逐一求解.
【详解】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；
由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，
所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；
展开式的通项为 ，令，解得．
故常数项为，故C正确；
有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误．
故选：BC
11．ACD
【分析】对于A，分步乘法计数原理即可判断. 对于B、C，利用排列组合的应用，即可判断. 对于D，利用分组分配知识即可判断.
【详解】对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方式，则有种安排方法，故选项A正确.
对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分成4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故选项B错误.
对于C，根据题意，分2种情况需要讨论：①从丙 丁 戊中选出2人开车，②从丙 丁 戊中选出1人开车，则有种安排方法，故选项C正确.
对于D，分2步进行分析：先将5人分成3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译 导游 礼仪三项工作，有种安排方法，则这5名同学全部被安排的不同方法数为，故选项D正确.
故选：ACD.
12．AD
【分析】由解析式判断A；由单调性得出极值，判断B；方程只有一个实根，等价于函数与的图象只有一个交点，由图象得出的范围，判断C；由的单调性结合对数函数的单调性判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：，若，若.
则函数在上单调递增，在上单调递减，即有极大值，无极小值，故B错误；
对于C：方程只有一个实根，等价于函数与的图象只有一个交点，
如下图所示，由图可知，或，故C错误；
对于D：由函数的单调性可知，.
因为，所以.
因为，所以，
即，故D正确；
故选：AD
13．393
【分析】利用三项展开式可求常数项.
【详解】因为，
故所求常数项为．
故答案为：393
14．
【分析】等式的两边同时求导数得到，令，即可求解.
【详解】因为，
等式的两边同时求导数，可得，
令，可得.
故答案为：
15．
【分析】先对求导，求出，代入可求答案.
【详解】因为，所以，
所以，得，即，
所以.
故答案为：.
16．
【分析】事件B为前3次中有一次中1发未中，第4次射击中有2发未中，事件AB是第3次有1发未中，第4次有2发未中，然后利用利用条件概率求解.
【详解】解：由题意得，
，
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数在的导数值，即切线斜率，代入直线的点斜式方程即可；
（2）利用导数判断出函数在上的单调性，求出极小值，再分别求出端点处的函数值比较即可得出其最大值和最小值．
【详解】（1）易知，函数的定义域为；
所以，则切点为，
又，则在点处的切线斜率，
所以切线方程为，整理可得，即，
即函数在点处的切线方程为.
（2）由（1）可知，，又，所以令得，
令得，所以在上单调递减，
令得，所以在上单调递增，
所以函数有极小值为，也是函数的最小值，
又，，所以函数的最大值为，
综上可得，函数在上的最大值为，最小值为.
18．(1)
(2)①64；②1
【分析】（1）根据已知得出二项展开式的通项，即可根据条件列式得出的值，即可代入通项得出答案；
（2）根据通项结合已知得出的值，即可根据二项展开式中的各项的二项式系数之和与各项的系数之和的求法得出答案.
【详解】（1）若，则，（）
由，得，
有理项为：．
（2），
由题意得，即，解得或（舍）
①二项式系数之和为；
②令，得各项的系数之和为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；
（2）利用全概率概率公式计算可得；
（1）
解：依题意从个球中取4个球有中取法，
其中4个球中恰好有个红球，即恰好有个红球、个白球，有种取法，
所以4个球中恰好有2个红球的概率；
（2）
解：记为从乙袋中取出个红球、个白球，为从乙袋中取出个红球，为从甲袋中取出个红球，
所以，，
所以，，
所以
20．(1)1
(2)
(3)
【分析】（1）赋值法，令，即得解；
（2）赋值法，分别令，联立，即得解；
（3）相当于的展开式中各项系数之和，令，即得解.
【详解】（1）令，得①.
（2）令，得②.
由①-②得，
.
（3）相当于求展开式的系数和，
令，得.
21．(1)y=1
(2)最小值1，最大值 .
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出在 处的导数，再根据点斜式直线方程求解；
（2）求导，判断导数的符号，求出 的单调性，根据单调性求解；
（3）运用同构的思想构造函数，根据单调性证明.
【详解】（1） ， ，在点处的切线方程为 .
（2） ， 是偶函数，
则 ，单调递增，
， ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
∴当时，取最小值1，当 或 时，取最大值.
（3）要证明对任意的，有，
只需证明对任意的，有 ，
，
，在上上单调递减，
，.
22．(1)有极大值，无极小值；有极小值，无极大值；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用导数研究、的单调性，进而确定其极值情况；
（2）由题设可得，讨论参数a，根据判断单调性，再结合零点存在性定理确定各情况中零点个数.
【详解】（1）由且，
由，得，由，得，
所以在上是增函数，在上是减函数，
故有极大值，无极小值.
且，
由，得，由，得，
所以在上是减函数，在上是增函数，
故有极小值，无极大值.
（2）函数的定义域为，且，
所以.
当时，，无零点；
当时，，令，得，令，得，
所以在上是增函数，在上是减函数，最大值，
若，即时，无零点；
若，即时，只有一个零点；
若，即时，，又，由（1）知：，
所以，故在上有唯一零点.
由（1）知：及，于是和，
所以，又，，故在上有唯一零点.
当时，由（1）知，，于是，而，
所以，无零点.
综上，或时无零点；时只有一个零点；时有两个零点.
【点睛】关键点点睛：第二问，分类讨论参数a，并利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断零点的个数.