保密★啟用前2022--2023學年度第二學期期中考試高二數學試題(A)注意事項:1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，考生務必將姓名、班級等個人信息填寫在答題卡指定位置.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.一、單項選擇題:本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知函數在處可導，且，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據導數的定義可得，再根據極限的性質計算可得.【詳解】因為函數在處可導，且，所以，所以.故選：C2.正弦曲線在點處的切線斜率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用導數的幾何意義可求得切線的斜率.【詳解】對函數求導得，所以，正弦曲線在點處的切線斜率是.故選：B.3.下列求導運算正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本初等函數的導數公式可判斷ABC選項，利用求導法則可判斷D選項.【詳解】，，，.ABC均錯，D對.故選：D.4.為提升學生數學素養，某中學特開設了“數學史”、“數學建?！?、“古今數學思想”、“數學探究”、“中國大學先修課程微積分學習指導”五門選修課程，要求每位同學每學年至多選四門，高一到高二兩學年必須將五門選修課程選完，則每位同學不同的選修方式為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將五門課程分為兩組，每組的數量分別為、或、，然后將這兩組課程分配給高一、高二兩個學年，利用組合計數原理結合分步乘法計數原理可得結果.【詳解】將五門課程分為兩組，每組的數量分別為、或、，然后將這兩組課程分配給高一、高二兩個學年，所以，每位同學不同的選修方式種數為.故選：A.5.已知函數，其導函數記為，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，變形函數并求出，再探討導函數的奇偶性作答.【詳解】函數定義域為R，則，，因此函數是偶函數，所以.故選：B.6.已知在R上是可導函數，的圖象如圖所示，則不等式的解集為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據給定圖象，求出和的解集，再求解給定不等式作答.【詳解】觀察函數的圖象知，的單調遞增區間為，遞減區間為，因此不等式的解集為，的解集為，不等式化為：或，解得：，無解；解得：，解得或，所以所求解集為.故選：C.7.如圖，用四種不同的顏色給圖中的A，B，C，D，E，F六個點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同的顏色，則不同的涂色方法共有（）A.360種 B.264種 C.192種 D.144種【答案】B【解析】【分析】依題意，完成涂色問題，至少用3種顏色，可分為4種顏色都用到和只用3種顏色兩類.分別計算兩類不同的涂色方法，可先給A、B、C三點涂色，再給D、E、F涂色，由乘法原理得結論.最后用加法原理得到不同的涂色方法.【詳解】如圖，若4種顏色都用到，先給A、B、C三點涂色，有種涂法，再給D、E、F涂色，因為D、E、F中必有一點用到第4種顏色，有種涂法，另外兩點用到A、B、C三點所用顏色中的兩種，有種涂法，由乘法原理得種．若只用3種顏色，先給A、B、C三點涂色，有種涂法，再給D、E、F涂色，因為D點與A點不同色，有種涂法，若D點與B點同色，則F與C、D不同色，有種涂法，此時E有種涂法；若D點與C點同色，則E與B、D不同色，有種涂法，此時F有種涂法.由乘法原理得種．所以，不同的涂色方法共有種．故選：B8.已知函數有兩個不同零點，則實數m的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】將函數的零點轉化成方程的根，構造函數，再通過同構，構造函數，利用單調性求出的值域，進而得出的值域，從而求出結果.【詳解】因為，由，得到，所以，令，令，則在區間上恒成立，即函數在區間上單調遞增，又時，，時，，即，所以，所以，當時，，當時，，即在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以，且當時，，當時，，又因函數有兩個不同的零點，所以，即.故選：.C二、多項選擇題:本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.9.已知函數，則下列說法正確的是（）A. B.的最大值是C.有兩個不等實根 D.【答案】AC【解析】【分析】對于選項A，先求，再把代入即可計算；對于選項B，由導數討論的單調性，即可知在處有最大值；對于選項C，把方程變形為，構造函數，討論的單調性和最值，從而得到有兩個不等實根；對于選項D，把轉化為，即,再由函數的單調性得，從而得到結論.【詳解】對于選項A，因為，所以,所以故選項A正確.對于選項B，因為，當時，，所以在單調遞增，當時，，所以在單調遞減，所以在處有最大值，故選項B錯誤.對于選項C，由得，易知.方程化為，即，即，即，即，令，則，當時，，所以在單調遞增，當時，，所以在單調遞減，所以在處有最大值，所以存在，使.又因為，所以存在，使.所以方程有兩個不等實根.故選項C正確.對于選項D，因為在單調遞減，所以，即，所以故選項D錯誤.故選：AC10.在1，2，3，…，10中隨機選出兩個不同的數字a，b，則（）A.被3整除的概率為 B.被3整除的概率為C.被3整除的概率為 D.被3整除的概率為【答案】AC【解析】【分析】在1，2，3，…，10中，把數分成被3整除、被3除余1和被3除余2三個類型，由被3整除和被3整除，分類討論取值的類型，利用古典概型的概率公式計算.【詳解】在1，2，3，…，10中，被3整除的有3個，被3除余1的有4個，被3除余2的有3個，在1，2，3，…，10中隨機選出兩個不同的數字a，b，基本事件總數種，被3整除，則都能被3整除或一個被3除余1一個被3除余2，共種選法，被3整除的概率為，故A選項正確，B選項錯誤；在1，2，3，…，10中選出數字a，當a被3整除，有被3整除，其余情況被被3除余1，則中，被3整除的3個，被3除余1的有7個，被3整除，則都能被3整除或被3除余1且被3除余2，共種選法，被3整除概率為，故C選項正確，D選項錯誤；故選：AC11.已知函數在上是減函數，在上是增函數，則下列說法正確的是（）A.B.若，則C.若函數的圖象關于點中心對稱，則D.當時，曲線過原點的切線有且僅有兩條【答案】ABD【解析】【分析】利用極值點與導數的關系可判斷A選項；由已知條件得出，結合的取值范圍可判斷B選項；利用函數對稱性的定義可判斷C選項；利用導數的幾何意義可判斷D選項.【詳解】對于A選項，因為函數在上是減函數，在上是增函數，則為函數的極小值點，且，所以，，則，由可得或，由題意可知，在上恒成立，所以，，則，A對；對于B選項，因為，則，可得，所以，，B對；對于C選項，若函數的圖象關于點對稱，則，且，又因為，所以，，解得，C錯；對于D選項，當時，，則，設切點坐標為，故切線方程為，將原點坐標代入切線方程可得，即，解得或，故當時，曲線過原點的切線有且僅有兩條，D對.故選：ABD.12.現有個小球和個盒子，下面的結論正確的是（）A.若個相同的小球放入編號為、、、的盒子，每個盒子都不空，則共有種放法B.若個相同的小球放入編號為、、、的盒子，且恰有一個空盒的放法共有種C.若個不同的小球放入編號為、、、的盒子，且恰有一個空盒的放法共有種D.若個不同的小球放入編號為、、、的盒子，且恰有兩個空盒的放法共有種【答案】BC【解析】【分析】利用隔板法可判斷AB選項；利用分組分配計數原理可判斷CD選項.【詳解】對于A選項，若個相同的小球放入編號為、、、的盒子，每個盒子都不空，只需在個相同的小球中間形成的個空位中插入塊板即可，所以，不同的放法種數為種，A錯；對于B選項，若個相同的小球放入編號為、、、的盒子，且恰有一個空盒，先要指定空盒的編號，有種情況，然后在個相同的小球中間形成的個空位中插入塊板即可，所以，不同的放法種數為種，B對；對于C選項，若個不同的小球放入編號為、、、的盒子，且恰有一個空盒，先要指定空盒的編號，有種情況，然后將這個不同的小球分為三組，每組小球的個數分別為、、或、、或、、，然后再將這三組小球放入剩余的三個盒子中，所以，不同的放法種數為種，C對；對于D選項，若個不同的小球放入編號為、、、的盒子，且恰有兩個空盒，先要指定空盒的編號，有種情況，然后將這個不同的小球分為兩組，每組小球的個數分別為、或、或、，然后再將這兩組小球放入剩余的兩個盒子中，所以，不同的放法種數為種，D錯.故選：BC.三、填空題:本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.曲線在點處的切線方程為__________.【答案】【解析】【分析】根據給定條件，求出函數導數，再利用導數的幾何意義求出切線方程作答.【詳解】函數，求導得，則有，所以曲線在點處的切線方程為.故答案為：14.若是函數的導函數，且，那么_____________.(寫出一個即可)【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】由可知，同角平方關系可以滿足題目的條件，所以可以是或.【詳解】答案一：因為，且，所以.答案二：因為，且，所以.故答案為：或(答案不唯一)15.函數(x>0)的圖像在點處的切線與x軸交點的橫坐標為，且，則___________.【答案】21【解析】【分析】利用導數求出切線方程，進而求出數列的通項作答.【詳解】函數，求導得，于是函數的圖像在點處的切線斜率為，切線方程為，而，令，得，又，因此數列是等比數列，公比為，，所以.故答案為：21.16.全民運動會開幕式上，名運動員需要排列成方隊入場，現從中選三人，要求這三人既不在同一行也不在同一列，則不同的選法有___________種（用數字作答）.【答案】【解析】【分析】先從列中選擇列，從某一列中任選一個人甲，從另一列中選一個與甲不同行的人，從剩下一列中選一個與甲、乙都不同行的丙，結合分步乘法計數原理可得結果.【詳解】從列中選擇列的選法種數為種，從某一列中任選一個人甲有種結果，從另一列中選一個與甲不同行的人乙有種結果，從剩下一列中選一個與甲、乙都不同行的丙有種結果，根據分步乘法計數原理可知，共有種.故答案為：.四、解答題:本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.（1）解不等式：，；（2）已知，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據排列數公式可得出關于的不等式組，結合可求得原不等式的解集；（2）根據組合數公式結合題干條件可得出關于的等式，結合的范圍可求得的值.【詳解】解：（1）因為，則，由題意可知，所以，，即，解得，又因為，解得，所以，又因為，所以原不等式的解集為；（2）因為，所以，，所以，，所以，所以，解得或（舍），所以.18.已知函數，而且.（1）求；（2）若l是曲線的切線，且經過點，求l的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由求，令可求；（2）設切點坐標，利用導數求出切線方程，代入點求出未知系數，可得切線方程.【小問1詳解】，則，所以，得.【小問2詳解】由(1)可得，，設切點為，所以切線的斜率為，又因為，所以直線l的方程為：將代入上式并整理，可得，由此可解得或，因此，切點為或，切線方程為或，即l的方程為或.19.某活動主辦方要從七名志愿者中選派四人分別從事翻譯、導游、禮儀、司機四項不同工作.（1）若七名志愿者站成一排合影，甲、乙不在丙的同側，則不同的排法共有多少種?（2）若其中甲不能從事翻譯工作，乙不能從事導游工作，其余五人均能從事這四項工作，則不同的選派方案共有多少種?【答案】（1）種（2）種【解析】【分析】（1）先安排除甲乙丙之外的4人，然后再安排甲乙丙3人，丙在中間，甲乙在兩邊，分步計數結合排列數公式計算.（2）分甲乙沒入選、甲乙有1人入選和甲乙都入選三個情況討論，特殊元素優先排，結合分類分步和排列組合數公式計算.【小問1詳解】合影的7個位置先安排除甲乙丙之外的4人，然后再安排甲乙丙3人，丙在中間，甲乙在兩邊，共有種不同的排法.【小問2詳解】根據題意，分三種情況討論:1°若選派的四人中既有甲又有乙，分為甲從事導游和不從事導游兩類，此時的選派方法共有:.2°若選派的四人中恰有甲乙中的1人，此時的選派方法有:.3°若選派的四人中既沒有甲又沒有乙，此時的選派方法有:.綜上，不同的選派方法共有種.20.已知函數.（1）討論的單調性；（2）是否存在正實數，使得函數在區間上的最小值為?若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）答案見解析（2）存在，【解析】【分析】（1）由題意可得，按，和分類討論導函數的正負即可得的單調性；（2）利用（1）中單調性，按和分情況討論即可求解.【小問1詳解】由題意可得，當時，恒成立，所以在上單調遞增；當時，，令解得或，令解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減；當時，，令解得或，令解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減.【小問2詳解】存在正實數，使得函數在區間上的最小值為.由（1）知，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，①當，即時，在區間上單調遞減，所以，解得，②當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以，解得，與矛盾，舍去，綜上可知存在正實數，使得函數在區間上的最小值為.21.經過市場調查，某小微企業計劃生產一款小型電子產品已知生產該產品需投入固定成本2萬元，每生產x萬件，需另投入流動成本P(x)萬元當年產量小于9萬件時，(萬元)；當年產量不小于9萬件時，(萬元)每件產品售價為6元，假若該企業生產的電子產品當年能全部售完（1）寫出年利潤Q(x)(萬元)關于年產量x(萬件)的函數解析式；(注:年利潤=年銷售收入固定成本流動成本)（2）當年產量約為多少萬件時，該企業的這一產品所獲年利潤最大?最大年利潤是多少?(參考數據:)【答案】（1）（2）20萬件，16萬元【解析】【分析】（1）因為每件產品售價為6元，則x萬件商品銷售收入為，根據年利潤=年銷售收入固定成本流動成本可得答案；（2）當時，利用配方法可得的最大值；當時，利用導數可得最大值，從而得到答案.【小問1詳解】因為每件產品售價為6元，則x萬件商品銷售收入為，由題意可得，當時，，當時，，；【小問2詳解】由（1）可知，當時，，當且僅當時，等號成立，當時，，則，所以，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；所以當時，取得最大值，綜上，當時，取得最大值16萬元；即當年產量約為20萬件時，該小微企業的這一產品所獲年利潤最大，最大年利潤是16萬元.22.已知函數.（1）當時，求函數的極值；（2）若有三個零點，其中.(i)求實數的取值范圍；(ii)求證：.【答案】（1）極大值為,極小值為