天津市部分区2023-2024学年高二年级下学期期中练习数学试卷（含解析）

天津市部分区2023~2024学年度第二学期期中练习
高二数学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分，考试用时100分钟.祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共9小题，每小题4分，共36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．曲线在处的切线斜率为（ ）
A．－3 B． C． D．5
2．用这个自然数，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（ ）
A．60 B．90 C．180 D．210
3．函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
4．的展开式中的系数为
A． B． C． D．
5．已知函数，其导函数的图象如图所示，则对于的描述正确的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．当时取得最大值
C．在区间上单调递减
D．当时取得最小值
6．甲乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
7．已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．函数在区间上的最大值为（ ）
A．－1 B．1 C． D．
9．若对任意的，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．
10．设函数，为其导函数，则 ．
11． ．
12．在1，2，3，，500中，被5除余3的数共有 个．
13．在的展开式中，的系数为 ；
14．如图，现要用4种不同的颜色对4个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有 种不同的着色方法．（用数字作答）

15．已知函数，当时，有极大值，则a的取值范围为 ．
三、解答题：本大题共5小题，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)求函数的极值．
17．班上每个小组有12名同学，现要从每个小组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛．
(1)每个小组有多少种选法
(2)如果还要从选出的同学中指定1名作替补，那么每个小组有多少种选法
(3)如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手，那么每个小组有多少种选法？
18．已知函数，曲线在点处的切线与轴相交于点．
(1)求的值；
(2)求在区间上的最小值．
19．已知函数，．
(1)若在点处取得极值．
①求的值；
②证明：；
(2)求的单调区间．
20．已知函数，，．
(1)求函数的导数；
(2)若对任意的，，使得成立，求a的取值范围；
(3)设函数，若在区间上存在零点，求a的最小值．
1．C
【分析】先求导数，利用导数的几何意义可得答案.
【详解】，当时，，所以曲线在处的切线斜率为.
故选：C
2．C
【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】百位上有共种选择，十位、个位共有种选择，
故共有个.
故选：C.
3．B
【分析】先求导数，利用导数大于零可得增区间.
【详解】定义域为，，令得，即，
增区间为.
故选：B
4．D
【解析】利用乘法分配律以及二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数.
【详解】的展开式中，的系数分别为，所以的展开式中的系数为.
故选：D．
【点睛】本小题主要考查二项式展开式通项公式的运用，属于基础题.
5．C
【分析】根据导数图象与函数图象的关系可得答案.
【详解】由图可知，时，，为增函数；
时，，为减函数；当时，有极大值，不一定为最大值；
时，，为增函数；当时，有极小值，不一定为最小值；
时，，为减函数；
综上可得只有C正确.
故选：C
6．B
【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】相同的那一本有5种可能选法，不同的一本有种可能选法，
故共有种选法.
故选：B.
7．A
【分析】由题设可得在上恒成立，结合判别式的符号可求实数的取值范围.
【详解】因为函数，则，
因为在上为单调递增函数，故在上恒成立，
所以，即，
故选：A.
8．C
【分析】借助导数可求得函数的单调性，即可得其最大值.
【详解】,
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故.
故选：C.
9．D
【分析】首先不等式通过变形，再构造函数，转化为利用导数判断函数的单调区间，即可求参数的取值范围.
【详解】设，不等式，变形为，
设函数，则函数在区间单调递减，
由，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以.
故选：D
10．2e
【分析】首先求函数的导数，再求导数值.
【详解】由可知，，所以.
故答案为：
11．
【分析】借助排列数的计算公式计算即可得.
【详解】.
故答案为：.
12．100
【分析】构造出等差数列，求项数即可.
【详解】被5除余3的数是 ，
则其是首项为3，公差为5的等差数列通项公式，
则 ， ， ，
且该数列为递增数列，
∴在个数字中，有100个数被5除余3，
故答案为：100.
13．
【分析】先求出二项展开式的通项公式，令的幂指数等于，求出的值，即可求出展开式中项的系数.
【详解】由二项展开式的通项公式得
，其中令，即，
故展开式中的系数为.
故答案为：.
14．48
【分析】按照分步计数原理，即可求解.
【详解】按照分步计数原理，第1块有4种方法，第2块有3种方法，第3块有2种，第4块有2种方法，所以共有种涂色方法.
故答案为：48
15．
【分析】先求导数，结合极大值情况可求范围.
【详解】，
令，得或，且是开口向上的二次函数，
因为当时，有极大值，所以，解得.
故答案为：
16．(1)单调增区间为和，单调减区间为
(2)极大值16，极小值
【分析】（1）对求导，利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）根据函数的单调性，求出函数的极值即可.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
令，解得，
则，随的变化情况如下表：
2
0 0
取极大值 取极小值
故函数的单调增区间为和，单调减区间为;
（2）由小问1知，当时，函数取得极大值16;
当时，函数取得极小值．
17．(1)495
(2)1980
(3)11880
【分析】（1）从12名学生中任选4名即可，
（2）先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人，再利用分步乘法原理可求得结果，
（3）先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列即可
【详解】（1）由题意可得每个小组有种选法，
（2）由题意可得先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人，
所以由分步乘法原理可得共有种选法，
（3）由题意可得先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列，
所以由分步乘法原理可得共有种选法
18．(1)
(2)8
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）借助导数可得函数的单调性，即可得函数的最值.
【详解】（1）因为，所以，
令，则，，
所以曲线在点处的切线方程为：
，
由点在切线上，可得，解得；
（2）由（1）得，
所以，
令，解得，，
当x变化时，，的变化情况如表所示：
＋ －
单调递增 单调递减
又由于，，
所以，当时，取得最小值8.
19．(1)①1；②证明见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）①先由在点处取得极值，求出参数的值；②经分析函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，即时，取得最小值，即可得证；（2）分和两种情况讨论函数的单调区间即可.
【详解】（1）①由于函数，得，
因为在点处取得极值，
所以,所以，
经检验的导函数在区间上小于，在区间上大于，故在点处取得极小值．
②由①得，，．
令，解得．
当x变化时，，的变化情况如表所示．
x 1
－ 0 ＋
单调递减 1 单调递增
所以，当时，取得最小值．
所以，即．
（2）函数的定义域为，且，
当时，恒成立，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，令解得，
的解集为，
的解集为，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
20．(1)；
(2)；
(3)1.
【分析】（1）求出函数，再结合复合函数求导法则求导即得.
（2）求出函数在上的最小值，在上的最大值，再由给定恒成立建立不等式求解.
（3）求出函数，由分离参数，构造函数，利用导数探讨值域即可得解.
【详解】（1）函数，则，
由，求导得，
所以函数的导数是.
（2）函数，求导得，，
，则，，
函数在上单调递增，于是．
又，则在上也是单调递增，，
由对任意的，，使成立，等价于，
因此，解得，
所以实数a的范围是．
（3）依题意，，由，得，
令，，求导得，
令，，求导得，即函数在上单调递增，
显然，，则存在唯一的，使得，即，
即，，则当时，，当时，，
函数在上单调递减，函数在单调递增，
因此，
当时，令，求导得，
令，当时，，即函数在上递增，
，函数在上递增，，
于是当时，，而函数在上递减，值域为，
因此当时，函数无最大值，值域为，函数在的值域为，
要使在存在零点，则，所以a的最小值为1．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
①若，，总有成立，故；
②若，，有成立，故；
③若，，有成立，故；
④若，，有，则的值域是值域的子集 ．