2023-2024学年重庆市长寿中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年重庆市长寿中学高二（下）期中数学试卷
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.已知直线与曲线在点处的切线互相垂直，则为( )
A. B. C. D.
2.曲线在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
3.已知函数，则在处的导数为( )
A. B. C. D.
4.函数在区间内存在极值点，则( )
A. B.
C. 或 D. 或
5.如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，六个点涂色，求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有( )
A. 种
B. 种
C. 种
D. 种
6.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉现有支救援队前往，，等个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排支救援队，其中甲救援队只能去，两个数点中的一个，则不同的安排方法数是( )
A. B. C. D.
7.在的展开式中常数项为( )
A. B. C. D.
8.设某医院仓库中有盒同样规格的光片，已知其中有盒、盒、盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的．且甲、乙、丙三厂生产该种光片的次品率依次为，，，现从这盒中任取一盒，再从这盒中任取一张光片，则取得的光片是次品的概率为( )
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.设随机变量的分布列如下：
则下列正确的是
( )
A. 当为等差数列时，
B. 数列的通项公式可以为
C. 当数列满足时，
D. 当数列满足时，
10.已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则下列结论正确的是( )
A. B. 展开式中项的系数为
C. 展开式中系数的最大的项仅为 D. 展开式中没有常数项
11.已知函数满足，，则当时，下列说法正确的是( )
A. B. 是函数的极大值点
C. 函数有且只有一个零点 D. 存在正实数，使得恒成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”．
若，则的“新驻点”为______；
如果函数与的“新驻点”分别为、，那么和大小关系是______．
13.现安排甲、乙、丙、丁、戊名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表，则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有______种
14.已知函数，若函数有个零点，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
设甲袋中有个白球和个红球，乙袋中有个白球和个红球．
从甲袋中取个球，求这个球中恰好有个红球的概率；
先从乙袋中取个球放入甲袋，再从甲袋中取个球，求从甲袋中取出的是个红球的概率．
16.本小题分
已知二项式．
若展开式中第二项系数与第四项系数之比为：，求二项展开式的系数之和．
若展开式中只有第项的二项式系数最大，求展开式中的常数项．
17.本小题分
已知．
若，求曲线在处的切线方程；
若过点的直线与曲线在处相切，求实数的值．
18.本小题分
已知函数，曲线在点处的切线方程为．
求实数，的值：
若曲线：，求曲线过点的切线方程．
19.本小题分
已知是函数的一个极值点．
Ⅰ求；
Ⅱ求函数的单调区间；
Ⅲ若直线与函数的图象有个交点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，所以切线的斜率，
而直线的斜率，由题意得，
即，则．
故选：．
先求得的导函数，进而求得点处的切线的斜率，由直线垂直列出方程，即可求得结果．
本题主要考查利用导数研究切线方程，属于中档题．
2.【答案】
【解析】解：由，得，，故，
所以在点处的切线方程为，
即．
故选：．
求出和，利用导函数几何意义求出切线方程．
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，属基础题．
3.【答案】
【解析】解：，
，
即，
，则在处的导数为．
故选：．
对求导，然后将代入求出即可．
本题考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，，则，
函数在内存在极值点，
则在内有异号零点，则或，
即或，
解得．
故选：．
依据导函数，判定函数的单调性，列出关于实数的不等式组，即可求得的范围．
本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了转化思想，属中档题．
5.【答案】
【解析】解：若种颜色都用到，先给、、三点涂色，有种涂法，
再给、、涂色，因为、、中必有一点用到第种颜色，有种涂法，
另外两点用到、、三点所用颜色中的两种，有种涂法，
由乘法原理得种；
若只用种颜色，先给、、三点涂色，有种涂法，
再给、、涂色，因为点与点不同色，有种涂法，
若点与点同色，则与、不同色，有种涂法，此时有种涂法；
若点与点同色，则与、不同色，有种涂法，此时有种涂法．
由乘法原理得种；
所以，不同的涂色方法共有种．
故选：．
依题意，完成涂色问题，至少用种颜色，可分为种颜色都用到和只用种颜色两类．分别计算两类不同的涂色方法，可先给、、三点涂色，再给、、涂色，由乘法原理得结论．最后用加法原理得到不同的涂色方法．
本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：若甲去点，则剩余人，可只去，两个点，也可分为组去，，个点．
当剩余人只去，两个点时，人员分配为，或，，
此时的分配方法有；
当剩余人分为组去，，个点时，先从人中选出人，即可分为组，然后分配到个小组即可，此时的分配方法有，
综上可得，甲去点，不同的安排方法数是．
同理，甲去点，不同的安排方法数也是，
所以不同的安排方法数是．
故选：．
由题意可知，若甲去点，则剩余人，可只去，两个点，也可分为组去，，个点．分别求出安排种法，相加即可得出甲去点的安排方法．同理，即可得出甲去点的安排方法，即可得出答案．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：的展开式的通项公式：．
的通项：．
则展开式的通项为．
令，可得：，；，．
的展开式中常数项为．
故选：．
分别写出与的通项，相乘后取的指数为，可得与的值，则答案可求．
本题考查了二项式定理的应用、分类讨论，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查全概率公式，是中档题．
以，，分别表示取得的这盒光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，表示取得的光片为次品，由全概率公式能求出结果．
【解答】
解：以，，分别表示取得的这盒光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，表示取得的光片为次品，
，，，
，，，
由全概率公式得：
．
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列、离散型随机变量的分布列的性质．
由．
，利用等差数列性质得，从而；
对于选项B，，求出前项和不为，不满足分布列的性质；
对于选项C，由，得；
对于选项D，，则，从而，推导出．
【解答】
解：由题目可知，
，若为等差数列，则，所以，因此选项A正确；
，，，因此选项B不正确；
，，所以，因此选项C正确；
，，
则，所以满足题意，
当时，，则，
所以满足题意，
当时，
则当时，，因此选项D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：二项式的展开式的通项公式为：
，，，，，
由题意可知，，解得，A正确；
所以二项式的展开式的通项公式为，，，，，
令，可得，所以展开式中项的系数为，B错误；
令，可得舍去，所以展开式中没有常数项，D正确；
设展开式中第项的系数最大，则，解得，
所以或，
所以展开式中系数的最大的项为或，C错误．
故选：．
由条件结合二项式系数的性质列方程求，判断，结合展开式通项公式，判断．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：，且，
，则，
又，
故，且定义域为，
对：，A正确；
对：，
令，则；令，则；
则在上单调递减，在上单调递增，
故是函数的极小值点，B错误；
对：构建，则，
则在定义域内单调递减，且，，
函数有且只有一个零点，C正确；
对：若，即，且，可得，
构建，则，
构建，，则，
令，则；令，则；
则在上单调递增，在上单调递减，可得，
故F在定义域内恒成立，故F在定义域内单调递减，
且当趋近正无穷大时，趋近于，且大于，
所以．
故不存在正实数，使得恒成立，D错误；
故选：．
根据题意结合导数运算可得：对：代入运算即可；对：求导，利用导数求极值点；对：构建，利用导数判断单调性，并结合零点存在性定理分析判断；对：根据题意分析可得：，构建，利用导数结合恒成立问题分析运算．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了函数的性质及零点判定定理，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，
令，可得，
令，
则在上单调递增，且，
故的“新驻点”为；
因为，
令，即，
令，
则，即在上单调递增，
因为，，
故，
由可得，，
令，则，
故，
所以．
故答案为：；．
先对函数求导，结合已知及函数的单调性即可求解；
由已知定理，结合导数与单调性及函数性质分别求出，的范围，即可求解．
本题以新定义为载体，主要考查了导数与单调性及函数性质在零点范围求解中的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类：
第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有种，
共计种；
第二类，当丙不当物理课代表时，分四类：
丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种，
丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有种，
丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课，乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有种，共计种，
丙为化学课代表时，同的选法一样有种，
根据分类计数原理得，不同的选法共有种．
故答案为：．
根据特殊元素特殊处理的原则，以丙进行分类，排完丙后，由甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，还要进行分类，根据分类计数原理可得．
本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查函数与方程的应用，根据条件利用参数分离法转化为两个函数的交点个数问题，求出函数的导数，作出函数的图象，利用数形结合是解决本题的关键，属于中档题．
由得，设，求函数的的导数，研究函数的图象，利用数形结合进行求解即可．
【解答】
解：由有个零点得，即有个根，
设，
当时，，此时，
由得舍或，此时为增函数，
由得，
，，此时为减函数，
即当时，函数取得极大值为，
当时，为减函数，
作出函数的图象如图：
要使有三个不同的根，
则满足，
即实数的取值范围是，
故答案为：．
15.【答案】解：依题意知，从个球中取个球有种取法，其中个球中恰好有个红球，即恰好有个红球、个白球，有种取法，
所以个球中怡好有个红球的概率为；
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．
【解析】根据题意，先计算出从个球中取个球的种数，再计算出个球中恰好有个红球的种数，最后用古典概型的概率公式计算可得；
根据题意，先计算出，，再利用全概率概率公式计算可得．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
16.【答案】解：二项式的展开式的通项为，
所以第二项系数为，第四项系数为，
所以，
所以．
所以二项展开式的系数之和．
因为展开式中只有第项的二项式系数最大，
所以展开式有项，所以．
令，
．
所以常数项为．
【解析】根据展开式中第二项系数与第四项系数之比为：，写出这两项的系数的表示式，两者求比，得到的值，给赋值得到各项的系数之和．
展开式中只有第项的二项式系数最大，所以展开式有项，所以，使得的指数等于，求出第几项，写出这个常数项．
本题考查二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的应用，是基础题．
17.【答案】解：当时，，则，
所以，
所以曲线在处的切线方程为，
即．
由，得，
因为直线与曲线在处相切，所以直线的斜率，
又，
所以，解得：，
故实数的值为．
【解析】先对函数求导得到，从而得到曲线在处的切线斜率，再求得点，结合直线的点斜式方程，即可求解；
利用导数的几何意义得到，再根据两点间的斜率公式得到关于方程，即可求解．
本题考查导数的几何意义，直线的点斜式方程，方程思想，属中档题．
18.【答案】解：的导数为，
由曲线在点处的切线方程为，
可得，即，
又，解得，
即有，；
曲线：，即，
导数，
设曲线与过点的切线相切于点，
则切线的斜率 ，
所以切线方程为，
即 ，
因为点在切线上，
所以，
即，
即有，
所以，
解得或，
故所求的切线方程为或．
【解析】求得的导数，可得在处的切线的斜率，由已知切线的方程，可得，的方程组，求得，；
求得曲线的方程，设出曲线过点切线的切点坐标，把切点的横坐标代入到求出的导函数中即可表示出切线的斜率，根据切点坐标和表示出的斜率，写出切线的方程，把的坐标代入切线方程即可得到关于切点横坐标的方程，求出方程的解即可得到切点横坐标的值，分别代入所设的切线方程即可．
本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处切线的斜率，注意在某点处和过某点的切线的区别，属于中档题和易错题．
19.【答案】解：Ⅰ因为
所以，
因此．
Ⅱ由Ⅰ知，
，，
，
当时，
当时，
所以的单调增区间是，，
的单调减区间是
Ⅲ由Ⅱ知，在内单调递增，
在内单调递减，在上单调递增，
且当或时，
所以的极大值为，
极小值为，
因此，
，
所以在的三个单调区间，，
直线有的图象各有一个交点，
当且仅当
因此，的取值范围为．
【解析】此题重点考查利用求导研究函数的单调性，最值问题，函数根的问题；熟悉函数的求导公式，理解求导在函数最值中的研究方法是解题的关键，数形结合理解函数的取值范围．
Ⅰ先求导，再由是函数的一个极值点即求解．
Ⅱ由Ⅰ确定，再由和求得单调区间．
Ⅲ由Ⅱ知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或时，，可得的极大值为，极小值为一，再由直线与函数的图象有个交点则须有求解，因此，的取值范围为．
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