2023-2024学年广东省东莞外国语学校高二（下）第一次段考数学试卷（4月份）（含解析）

2023-2024学年广东省东莞外国语学校高二（下）第一次段考数学试卷（4月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知函数，则该函数在处的切线斜率为( )
A. B. C. D.
2.有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有多少种( )
A. B. C. D.
3.的展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
4.函数的图象如图所示，下列数值排序正确的是( )
A. B.
C. D.
5.若函数在区间上存在最值，则的取值范围是( )
A. B.
C. D. 或
6.已知函数，其导函数记为，则( )
A. B. C. D.
7.已知为函数的导函数，当时，有恒成立，则下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
8.已知，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.丹麦数学家琴生是世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是( )
A. B.
C. D.
10.若，，且，则下列结论中不一定成立的是( )
A. B. C. D.
11.已知函数存在个不同的正数，，使得，则下列说法正确的是( )
A. 的最大值为 B. 的最大值为
C. 的最大值为 D. 的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.要从甲、乙、丙名工人中选出名分别上日班和晚班，有______种不同的选法．
13.若函数，则 ______．
14.已知函数，，，则实数的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
投石入水，水面会产生圆形波纹区，且圆的面积随着波纹的传播半径的增大而增大如图计算：
半径从增加到时，圆面积相对于的平均变化率；
半径时，圆面积相对于的瞬时变化率．
16.本小题分
已知件不同的产品中有件次品，件正品，现对这件产品一一进行测试，直至确定出所有次品则测试终止以下请用数字表示结果
若恰在第次测试时，找到第一件次品，且第次测试时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？
若至多测试次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？
17.本小题分
已知．
若，求中含项的系数；
若，求的值；
18.本小题分
已知函数．
当时，求的单调区间；
若恒成立，求的最小值．
19.本小题分
英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，注：表示的阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
由该公式可得：当时，试比较与的大小，并给出证明；
设，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，得，
，
在处的切线斜率为，
故选：．
求出原函数的导函数，得到函数在处的导数值得答案．
本题考查导数的概念及其几何意义，关键是熟记导数运算法则，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，
不同的投法有：种．
故选：．
由有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，可知每封信有个选择，所以可得有种投法．
本题主要考查了分步计数原理的应用，要注意结论：个物品放到个不同的位置的方法有，属于基础试题．
3.【答案】
【解析】解：的展开式的通项，
令，解得，
所以，所以项的系数为．
故选：．
首先写出展开式的通项，再代入计算可得；
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：观察图象可知，该函数在上为连续可导的增函数，且增长的越来越慢．
所以各点处的导数在上处处为正，且逐渐减小，所以故，
而，表示的连接点与点割线的斜率，根据导数的几何意义，一定可以在之间找到一点，该点处的切线与割线平行，则割线的斜率就是该点处的切线的斜率，即该点处的导数，则根据刚才的分析，必有：．
故选：．
观察图象及导数的几何意义得：，即函数在上增长得越来越慢，所以导数值为正，且绝对值越来越小，故，同时根据割线的性质，一定可以在之间找到一点其切线的斜率等于割线斜率，即其导数值等于割线的斜率，由此可得结论．
本题考查了函数的导数与函数单调性的关系，以及割线与切线间的关系，要注意数形结合来解题．
5.【答案】
【解析】解：由题意可得，，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
即在处取得最值，则有，解得．
故选：．
先对函数求导，然后借助导数研究函数单调性即可得其在何处取得最值，即可得解．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：函数定义域为，
令，则的定义域为，，
又，故是奇函数，
所以，故，
所以．
故选：．
根据给定条件，变形函数并求出，再探讨导函数的奇偶性作答．
本题主要考查导数的运算，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：令，，
结合已知可得，
即在上单调递减，
故F，
可得，
可得，．
故选：．
构造新函数，研究其单调性，即可求解结论．
本题主要考查函数知识的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：对两边同时求导，
得，
令，得．
故选：．
求导后代入求解即可．
本题考查了二项式定理以及导数的应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于，由，得，则，
，，，，此函数是凸函数；
对于，由，得，则，
，，此函数是凸函数；
对于，由，得，则，
，，此函数是凸函数；
对于，由，得，则，
，，此函数不是凸函数．
故选：．
根据凸函数的定义，求导，即可根据二阶导数的正负判断．
本题主要考查函数恒成立问题，新函数的定义，导数的运算，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：令，，则，
当时，，，即，
在上单调递增，
的定义域关于原点对称，，
为偶函数，图象关于轴对称，
在上单调递减，
，即，
，故D正确，而不一定成立．
故选：．
构造函数，求导得到在上单调递增，然后结合奇偶性得到在上单调递减，最后根据单调性判断即可．
本题主要考查三角函数线，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：的几何意义为过点，的直线的斜率．如图所示，
易知直线与的图象最多只有个交点，
故的最大值为，故A错误，B正确．
当直线与曲线相切时，取得最大值，
设切点为，则该直线的斜率为，
又，则，
所以，解得，得，
所以，故C错误，D正确．
故选：．
作出的图象，利用的几何意义是过原点的直线与相交点的斜率，结合图象进行求解即可．
本题主要考查分段函数的应用，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：从名工人中选名上白班和名上晚班，可以分成先选名上白班，再选名上晚班这两个步骤完成．先选名上白班，共有种选法；上白班的人选定后，上晚班的工人有种选法．根据分步计数原理，所求的不同的选法数是种．
故答案为：．
直接利用分步计数原理，可得结论．
本题考查分步计数原理，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．
13.【答案】
【解析】解：，
，解得，
，，
．
故答案为：．
可求出，然后即可求出的值，进而可求出和的值，从而可得出的值．
本题考查了基本初等函数的求导公式，已知函数求值的方法，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：，，
等价于，，
等价于，，
令，则不等式等价于，即，，
又当时，恒成立，
所以只需在单调递增即可，
即在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，即的取值范围是．
故答案为：．
将已知不等式转化为，，令，则不等式等价于，即，，当时，恒成立可得在单调递增，利用导数与单调性的关系即可求解的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查转换思想与运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：圆面积相对于半径的平均变化率为
．
在表达式中，让趋近于，得到圆面积相对于的瞬时变化率为．
【解析】根据平均变化率的定义进行求解；
在的基础上，结合瞬时变化率的定义得到答案．
本题主要考查平均变化率、瞬时变化率的求解，属于基础题．
16.【答案】解：件不同的产品中有件次品，件正品，现对这件产品一一进行测试，
需测试次，按顺序可看作为个位置，
两件次品置于第二，四位，有放法数；
其余二个位置放二个正品，有放法数，
由乘法原理方法数为：种不同的测试情况；
件不同的产品中有件次品，件正品，现对这件产品一一进行测试，
至多次可分为恰好次，恰好次，恰好次找到所有次品，
恰好次，即前次测试都是次品，方法数为；
恰好次，即第次是次品，前次中有次是次品，方法数为；
恰好次，即第次是次品，前次中有次是次品，方法数为；
也可以是前四次全是正品，方法数为，
故共有种不同的测试情况．
【解析】需测试次，按顺序可看作为个位置，两件次品置于第二，四位，其余二个位置放二个正品，求解排放方法．
至多次可分为恰好次，恰好次，恰好次找到所有次品，然后求解排放方法即可．
本题考查分类计数原理的运用，是中档题．
17.【答案】解：，
因为展开式中的第项，
所以展开式中含，，项分别为，
故中含的项为，
所以中含项的系数为．
，
令得，
令得，
两式相减：，
所以．
【解析】由题知，先求展开式中含，，的项，然后可得；
分别令，，然后两式相减可得．
本题考查的知识点：赋值法，二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：当时，，，
则，
当时，，当时，，
所以的递增区间为，递减区间为．
令，则有，
观察，前的系数，则，必要性探路，
下一步验证等号成立即可，由中，结合图象可知为左右函数的切点，
在此点处有公切线，在时成立，则，结合，从而有
下面证明当时等号成立．
令，
，
，
且对称轴，故时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减；
成立，故的最小值为．
【解析】代入，直接求导然后确定单调性；
先令求出的范围，然后证明当时等号成立即可，构造函数，求导，确定单调性求最值即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：令，，，，，，
故，，，，，
由麦克劳林公式公式得：，
所以．
当时，．
证明：令，，
，恒成立，
所以在上单调递增，且，
所以恒成立，所以在上单调递增，
且，所以．
证明：由知，，，当且仅当时取等号，
故当时，，，
，
而，
所以，
故
，
而，
所以：．
【解析】本题考查对新定义的理解，利用导数证明不等式，放缩法证明不等式，属难题．
根据麦克劳林公式，求出，代入即可求出结果；
构造函数，，求导，分析导数的符号，得出原函数的单调性和最值，即可证明结论；
对变形得，根据的结论，放缩得到，然后求和即可证明结论．
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