通州區2023—2024學年第二學期高二年級期中質量檢測數學試卷2024年4月本試卷共4頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，請將答題卡交回.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知函數，則（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】由導數運算法則先求出，再計算即可．【詳解】，所以，故選：C．2.下列求導運算結果錯誤的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據初等函數的導數公式逐項判定，可得答案.【詳解】對于A，，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，故C正確；對于D，，故D正確.故選：A.3.4名學生與1名老師站成一排照相，學生請老師站在正中間，則不同的站法種數為（）A.12 B.18 C.24 D.48【答案】C【解析】【分析】在老師左右兩邊的各兩個位置讓4名學生站即可作答.【詳解】依題意，4名學生站在老師的左右兩邊的各兩個位置，所以不同的站法種數為.故選：C4.已知函數，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用復合函數求導法則計算即可.【詳解】由可得.故選：B5.一輛汽車在筆直的公路上行駛，位移關于時間的函數圖象如圖所示，給出下列四個結論：①汽車在時間段內勻速行駛；②汽車在時間段內不斷加速行駛；③汽車在時間段內不斷減速行駛；④汽車在時間段內處于靜止狀態．其中正確結論的個數有（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】D【解析】【分析】根據斜率表示變化率，從而由斜率的變化得出速度的變化情況，進而得出答案．【詳解】根據題意，①在時間段內，位移是一條斜率大于零的直線，則汽車在該時間段內勻速行駛，故①正確；②在時間段內，位移是一條斜率越來越大的曲線，則汽車在該時間段內不斷加速行駛，故②正確；③在時間段內，位移是一條斜率越來越小的曲線，則汽車在該時間段內不斷減速行駛，故③正確；④在時間段內，位移不變，則汽車在該時間段內靜止不動，故④正確．故選：D．6.3名同學分別報名參加足球隊、籃球隊、排球隊、乒乓球隊，每人限報一個運動隊，不同的報名方法種數有（）A. B. C.24 D.12【答案】A【解析】【分析】根據分步乘法計算原理可得答案.【詳解】不同的報名方法種數有.故選：A.7.在的展開式中，的系數為（）A. B. C.10 D.40【答案】D【解析】【分析】利用二項式定理求出展開式中含的項，即可得出其系數.【詳解】根據二項展開式可得含有的項為，所以的系數為.故選：D8.定義在區間上的函數，則的單調遞減區間是（）A. B.和C. D.和【答案】D【解析】【分析】對函數求導并令，利用三角函數單調性解不等式即可求得結論.【詳解】由可得，令,當時，由可得，解得；當時，由可得，解得；因此可得在的單調遞減區間是和.故選：D9.已知一個三位數，如果滿足個位上的數字和百位上的數字都小于十位上的數字，那么我們稱該三位數為“凸三位數”，則沒有重復數字的“凸三位數”的個數為（）A.240 B.204 C.176 D.168【答案】B【解析】【分析】分類討論，當個位上數為0時和個位上的數不是0時兩種情況即可求解．【詳解】根據題意，當個位上的數字是0時，有個“凸三位數”；當個位上的數不是0時，有個“凸三位數”；所以共有個“凸三位數”，故選：B．10.函數，其中，是常數，其圖象是一條直線，稱這個函數為線性函數，對于非線性可導函數，在點附近一點的函數值，可以用如下方法求其近似代替值：.利用這一方法，的近似代替值（）A.一定大于 B.一定小于C.等于 D.與的大小關系不確定【答案】A【解析】【分析】根據題意可構造函數，利用求近似代替值的方法即可得近似代替值一定大于.【詳解】令函數，則；根據題意可得；又因為，因此近似代替值，近似代替值一定大于.故選：A第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.計算：______.【答案】60【解析】分析】運用組合數排列數公式計算即可．【詳解】.故答案為：60.12.若展開式中第五項與第六項的二項式系數相等且最大，則______；該展開式的常數項為______（結果用數字表示）．【答案】①.9②.84【解析】【分析】利用二項式系數的性質求出，再求出二項式的展開式的通式，令的指數為0即可求解．【詳解】展開式中第五項與第六項的二項式系數相等且最大，所以，所以通項為，令，解得，所以常數項為，故答案為：9；84．13.已知某物體運動的位移是時間的函數，且時，；時，.則該物體在時間段內的平均速度為______；估計時的位移為______m．【答案】①.②.1.94【解析】【分析】根據平均速度的公式直接計算即可；先求出位移的直線方程，再將代入即可求解．【詳解】由題意得，，經過點的直線方程為，當時，，故答案為：15.6，1.94．14.已知函數，則在的切線中，斜率最小的切線的方程為______.【答案】【解析】【分析】對函數求導并求出導函數的最小值及切點坐標，再由點斜式方程即可得出結果.【詳解】由可得，再由二次函數性質可得，當時，函數取得最小值，因此可得切線斜率最小值為，此時切點為，所以切線方程為，即.故答案為：15.已知函數在點處取得極大值，其導函數y=f′x的圖象經過點1,0，2,0，如圖所示．關于函數有四個結論：①函數在區間上單調遞減；②函數區間上單調遞減；③函數的圖象關于中心對稱；④；其中所有正確結論的序號為______．【答案】①③④【解析】【分析】由的圖象判斷出的單調區間及極大值點，結合已知求出的解析式，再判斷的對稱性即可求解．【詳解】由圖象可知，當，在單調遞增，當時，，在單調遞減，當時，，在單調遞增，故①正確，②錯誤；所以，即，整理得，又的圖象經過，，所以，與聯立，解得，所以，則，所以的圖象關于中心對稱，故③正確；則，，所以，故④正確；故答案為：①③④．三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.某小組共有6名學生，其中女生2名，男生4名．（1）將6名學生排成一排，且女生不相鄰的排法有多少種？（2）從6名中選出3人參加某公益活動．（i）共有多少種不同的選擇方法？（ii）如果至少有1位女生入選，共有多少種不同的選擇方法？【答案】（1）480（2）20，16【解析】【分析】（1）根據插空法即可求解；（2）根據組合定義即可求解（i）；用“6名學生中選出3人參加某公益活動”所有情況減去“6名學生中選出3名男生參加某公益活動”的情況即可求解（ii）．【小問1詳解】男生先排有種，女生插空有種，所以共有種不同排法．【小問2詳解】（i）6名中選出3人共有種方法；（ii）6名中選出3名男生有種方法，所以至少有1位女生入選，共有種不同的選擇方法．17.設．（1）求；（2）求．【答案】（1）（2）122【解析】【分析】（1）利用二項式定理求出展開式中含的項，即可求解；（2）分別令，兩式聯立即可求解．【小問1詳解】展開式中含的項為，所以．【小問2詳解】令，得①，令，得②，由①②得，，所以．18.已知函數.（1）求函數的單調區間；（2）當時，求函數的極大值與極小值.【答案】（1）答案見解析；（2）的極大值為10，極小值為；【解析】【分析】（1）對函數求導并對參數進行分類討論即可得出單調區間；（2）結合（1）中的結論得出函數的極大值點和極小值點，即可求得結果.【小問1詳解】由可得其定義域為，且；當時，恒成立，此時的單調遞增區間為；當時，，若或，；若，；因此的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；當時，，若或，；若，；因此的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；綜上可得時，的單調遞增區間為；時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為.【小問2詳解】當時，，此時；由（1）可知的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；所以可得函數在時取得極大值，即，在時取得極小值，即；所以函數的極大值為，極小值為.19.如圖1所示，現有一塊邊長為1.5m的等邊三角形鐵板，如果從鐵板的三個角各截去一個全等的四邊形，再沿虛線折起，做成一個無蓋的正三棱柱形的容器如圖2.則容器的容積是容器底面邊長的函數.（1）寫出函數的解析式并注明定義域；（2）求這個容器容積的最大值.【答案】（1）；定義域為.（2）【解析】【分析】（1）根據題意求出三棱柱的高，再根據柱體的體積公式即可求解；（2）利用導數法求函數的最值即可求解．【小問1詳解】如圖所示：由題意可知,所以，可得，所以，即三棱柱的高為，所以，所以，定義域為.【小問2詳解】由（1）知，，定義域為.因為，所以，令則，解得或（舍），又因為，所以當x∈0,1時，當時，，所以在0,1上單調遞增，在上單調遞減；當時，取得極大值，也為函數的最大值，所以．故這個容器容積的最大值為.20.設函數，曲線在點處的切線方程為.（1）求，的值；（2）設函數，求的單調區間；（3）求證：當時，有.【答案】（1）（2）單調遞增區間為，單調遞減區間為（3）證明見解析【解析】【分析】（1）利用切線方程建立方程組求解即可；（2）由（1）得出，再進行求導即可得出的單調區間；（3）構造函數，利用導數求出其單調性得出最小值可證明得出結論.小問1詳解】由可得，根據切線方程可得其斜率為，因此，解得；又，所以可得【小問2詳解】由（1）可知，所以可得，易知其定義域為；則，令，解得；所以當時，；當時，；因此的單調遞增區間為，單調遞減區間為.【小問3詳解】證明：令函數，可得，令，因此可得恒成立，所以在上單調遞增，可得，即恒成立，所以在上單調遞增，可得，即，所以；因此當時，有.21.設函數.（1）求的最小值；（2）設，求證：是函數只有一個極大值點的充分不必要條件.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）利用導數求解即可；（2）按照充要條件的定義，先證明充分性，再證明必要性．【小問1詳解】因為，所以當時，，當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以．所以的最小值為；【小問2詳解】充分性：，，因為，所以當時，，在單調遞減．當時，，在單調遞增．所以在只有一個極大值點．必要性：已知函數的極大值點只有一個．①若恒成立，即在上恒成立，由（1）