肇庆市第一中学2023—2024学年第二学期高二年级数学学科期中试卷
一、选择题:本题共8小题,每小题5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.某物体的运动速度与时间的关系为 ,则 时的加速度为( )
A.2 B. C.8 D.
2.甲,乙,丙,丁四位师范生分配到A,B,C三所学校实习,若每所学校至少分到一人,且甲不去A学校实习,则不同的分配方案的种数是( )
A.48 B.36 C.24 D.12
3.曲线在点处的切线方程是( )
A. B. C. D.
4.对图中的A、B、C、D四个区域染色,每块区域染一种颜色,有公共边的区域不同色,
A B
C D
现有红、黄、蓝三种不同颜色可以选择,则不同的染色方法共有( )
A.12种 B.18种 C.20 D.22种
5.若函数在区间上单调递减,则的取值范围是
A. B. C. D.
6.某射击运动员在比赛中每次击中10环得1分,击不中10环得0分.已知他击中10环的概率为0.8,则射击一次得分X的期望是( )
A.0.2 B.0.8 C.1 D.0
7.某校在半期考试中要考查六个学科,已知语文考试必须安排在首场,且数学与英语不能相邻,则这六个学科总共有不同的考试顺序( )种
A.36 B.48 C.72 D.112
8.函数的图像大致为
A. B.
C. D.
选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对得6分,部分选对得部分分,有选错的得0分。
9.在的展开式中,下列说法正确的有( )
A.展开式中所有奇数项的二项式系数和为128 B.展开式中所有项的系数和为
C.展开式中含项的系数为 D.展开式中二项式系数的最大项为第四项
10.下列关系中,能成立的是( )
A. B.
C. D.
11.已知函数,则( )
A.在处的切线与直线平行 B.是上的增函数
C.为的极值点 D.最小值为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12.已知随机变量的分布列为
且数学期望,则方差 .
13.在边长为的正方形铁皮的四角切去边长相等的小正方形,再把它的边沿虚线折起,做成一个无盖的方底铁皮箱.当箱底边长为 时,箱子容积最大.
14.若的二项展开式中第项和第项的二项式系数相等,则展开式中系数最大的项的系数为
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.(13分)
设,求:
;
;
;
(4).
16.(15分)
已知函数在处取得极值.
(1)求的解析式;
(2)求在上的最值.
17.(15分)
用0,1,2,3,4,5六个数字:
(1)能组成多少个没有重复数字的四位数;
(2)能组成多少个没有重复数字的四位偶数;
(3)能组成多少个能被5整除的没有重复数字的四位数;
(4)能组成多少个没有重复数字的比3210大的四位数.
18.(17分)
已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)求函数的单调区间;
(3)当时,如果曲线恒在轴上方,求的取值范围.
19.(17分)
已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若恒成立,求实数的取值范围;
(3)证明:方程至多只有一个实数解.
答案
1.C
【分析】利用速度的导数即为加速度即可得到结果.
【详解】由题意,,
时的加速度,.
故选:C
2.C
【分析】分A学校只有1人去实习和A学校有2人去实习两种情况讨论求解.
【详解】①若A学校只有1人去实习,则不同的分配方案的种数是,
②若A学校有2人去实习,则不同的分配方案的种数是,
则不同的分配方案的种数共有.
故选:C.
3.D
【分析】求出代入可得切线斜率,由求出切点坐标,再代入直线的点斜式方程可得答案.
【详解】,
因此切线方程是.
故选:D.
4.B
【分析】根据给定条件,利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理求解作答
【详解】若相同,先染A,D处,有种方法,
再染处有种方法,第三步染有种方法,共有种,
若不同,先染A处,有种方法,再染处 种方法,
第三步染处有种方法,第四步染处种方法,共有种,
根据分类加法计数原理得,共有种,
故选:B
5.A
【详解】∵f(x)=lnx ax(a∈R),
∴f′(x)= a,
∵函数f(x)在区间(1,+∞)上递减,
∴f′(x)= a 0在区间(1,+∞)上恒成立,
∴a 1,
故选A.
6.B
【分析】根据P(X=1)=0.8,P(X=0)=0.2,利用期望公式求解.
【详解】因为P(X=1)=0.8,P(X=0)=0.2,
所以E(X)=1×0.8+0×0.2=0.8.
故选:B
7.C
【分析】根据给定条件,排除首场外的另外5场,利用不相邻问题排列计算作答.
【详解】依题意,首场已排语文,即只需求出另外5科的场次的排列数即可,
排除数学与英语外的另外3科有种,再把数学、英语插入4个空隙中有种,
由分步乘法计数原理得,
所以这六个学科不同的考试顺序共有72种.
故选:C
8.D
【详解】试题分析:因为,所以排除A,C,当函数在轴右侧靠近原点的一个较小区间时,,函数单调递增,故选D.
考点:函数图象与函数性质.
9.AC
【分析】选项A:利用二项式系数和的性质即可求解;选项B:令x=1即可求解;选项C:根据二项式定理即可求解;选项D:根据n=8以及二项式系数的性质即可求解.
【详解】选项A:展开式中所有奇数项的二项式系数和,故A正确;
选项B:令,则展开式中所有项的系数和为,故B错误;
选项C:展开式的通项为,
则展开式中含的系数为,故C正确;
选项D:因为n=8,所以展开式中二项式系数的最大项为第5项,故D错误.
故选:AC.
10.BCD
【解析】利用排列数和组合数的计数公式,对选项进行一一验证,即可得答案.
【详解】对A,令,可得等式不成立,故A错误;
对B,利用组合数的计算公式知正确,故B正确;
对C,利用排列数与组合数的定义,故C正确;
对D,∵,故D正确;
故选:BCD.
【点睛】本题考查排列数、组合数公式的推理与证明,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力.
11.ACD
【分析】利用导数的几何意义求出斜率,进而求出切线方程判断项,利用导数求出单调区间、求出极值、最值对进行判断.
【详解】对于项:因为,所以,且,
所以在处的切线方程为,与直线平行.所以项正确.
对于项:时或,在和上,
递增,在上,递减,所以项错误.
对于项:根据对项分析,知项正确.
对于项:根据对项分析,知在处取极小值,,
在上函数递增,且时,,
所以有最小值为,所以项正确.
故选:.
12.
【分析】根据概率和为,求出的值,在根据期望公式求得的值,由方差公式可得结果.
【详解】由,则,
又,则,
.
故答案为:
13.4
【分析】根据题意得到箱子的容积,然后根据单调性求最值即可.
【详解】设箱底边长为cm,箱子的容积为,
则,,
令,解得,,解得,
所以函数在上单调递增,上单调递减,
当时,容积取得最大值,为16.
故答案为:4.
14.
【分析】由二项式系数相等求得,写出二项展开式通项公式,由第项系数不小于第项和第项系数,列不等式组求得,从而得结论.
【详解】由题意可得,的通项公式为,
设第项的系数最大,解得,所以最大的系数为
故答案为:.
15.(1)1;(2)243;(3)122;(4)
【分析】(1)令x=1即得;(2)在中,令得解;(3)
先求出f(1)-f(-1)即得解;(4)求f(1)·f(-1)即得解.
【详解】∵,
(1)令,可得;
(2)在中,令,可得;
(3)令f(x)=,
f(1)=,
所以f(-1)=,
所以f(1)-f(-1)=2,
所以.
(4)
.
【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数的求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
16.(1)
(2)最大值为2,最小值为.
【分析】(1)利用极值点即可得,,即可求解,
(2)求导,列表得单调性,进而比较极值点与端点处的函数值即可求解.
【详解】(1).
在时取得极值,所以,,
即,且解得.
经检验,时,,当或时,,此时单调递增,当时,,此时单调递减,故在时取得极小值.
.
(2),
令,解得或;
,时,和 变化如下:
1
0
单调递增 单调递减
由上表可知函数在区间,上的最大值为2,最小值为.
17.(1)
(2)
(3)
(4).
【分析】对特殊元素,特殊位置利用排列问题进行分析即可.
【详解】(1)首位不能为零,先确定首位的数字有5种情况,然后其余的数字任意排列即可,所以共有个.
(2)因为是偶数,要满足末尾是偶数,当个位是0的有个;个位是2或4的有,所以共个
(3)个位是0的有个;个位是5的有个,所以共个
(4)首位比3大的有个,首位是3百位是4或5时有个,当首位为3百位为2,十位可以是4或5时有个,当首位为3百位为2十位为1时个为可以是4或5,共2种,所以共有个.
18.(1)
(2)见解析
(3)
【分析】(1)由导数的几何意义求解,
(2)由导数与单调性的关系求解,
(3)由题意得不等式在上恒成立,参变分离后转化为最值问题求解,
【详解】(1)时,,
故,
故切线方程是:,即;
(2),
①当时,由于,故,∴,
∴的单调递增区间为,无单调减区间;
②当时,令,得,
在区间上,;在区间上,;
∴的单调递增区间为,单调递减区间为;
综上,当时,的单调递增区间为,无单调减区间;
当时,的单调递增区间为,单调递减区间为.
(3)由题意知在上恒成立,即在上恒成立,
令,
则,
令,解得:;令,解得:;
故在递增,在递减,
而,
∴在上,
故,即a的范围为
19.(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】(1)求导,根据导函数的范围确定原函数的单调性;
(2)根据(1)中函数单调性,确定函数的最值,即可得结论;
(3)设函数,求导确定函数的单调性,从而可函数的取值请况.
【详解】(1)因为函数,,
所以,
当时,,单调递减;
当时,由,得,解得,单调递增;
由,得,解得,单调递减;
当时,由,得无解;
由,得恒成立,单调递减;;
当时,,单调递减;
当时,由,得,解得;
由,得,解得,
综上:当时,在上单调递增;在上单调递减;
当时,在R上是减函数;
当时,在上单调递增,在上单调递减;
(2)当时,由于,故不满足恒成立;
当时,单调递减,又,故不满足恒成立;
当时,在上单调递增,在上单调递减,
要使得恒成立,则,
即,
所以,解得,
综上,实数的取值范围为;
(3)设,
则,
①当时,恒成立,令得,
则时,,单调递增;
时,,单调递减,
所以,
此时函数无零点,即方程无实根;
②当时,令得,,
(i)当时,恒成立,所以在上单调递增,
又,此时函数有唯一的零点,
即方程唯一的根;
(ii)当时,,
所以时,,单调递增,
时,,单调递减,
时,,单调递增,
又,
则函数在区间上无零点,在上至多只有一个零点,
所以方程至多只有一个实数解;
(iii)当时,,
所以时,,单调递增,
时,,单调递减,
时,,单调递增,
又,
则函数在区间上无零点,在上至多只有一个零点,
故至多只有一个实数解;
综上,方程至多只有一个实数解.