精品解析：四川省射洪中学校2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题

射洪中学高2022级高二（下）半期质量检测 数学试题 （满分150分，考试时间 120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效， 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上，写在本试卷上无效， 4.考试结束后，将答题卡交回， 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 3是函数的一个极值点 C. 在处的切线的斜率大于0 D. 的单减区间为 2. 一列轻轨在某段时间内从中山北至广州南往返一次，其中站点有：广州南、北滘、顺德、容桂、小榄、东升、中山北，则高铁部门应为这七个站间准备不同的轻轨票种数为（ ） A. 21种 B. 30种 C. 36种 D. 42种 3. 已知，则（     ） A. B. 0 C. 1 D. 243 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 将两颗骰子各掷一次，记事件“两个点数都不同”，为“至少出现一个6点”，则条件概率分别等于（     ） A. B. C. D. 7. 算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项伟大的发明．在阿拉伯数字出现前，算盘是世界广为使用的计算工具，下图一展示的是一把算盘的初始状态，自右向左分别表示个位、十位、百位、千位，，上面的一粒珠子（简称上珠）代表5，下面的一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等同于一粒上珠的大小.例如如图二，个位上拨动一粒上珠、两粒下珠，十位上拨动一粒下珠至梁上，代表数字17.现将算盘的个位、十位、百位、千位、万位、十万位分别随机拨动一粒珠子至梁上，则表示的六位数至多含4个5的情况有（ ） A. 57种 B. 58种 C. 59种 D. 60种 8. 若x，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得3分，有选错的得0分. 9. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A. 没有空盒子的方法共有24种 B. 可以有空盒子的方法共有256种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有288种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 10. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21除以6所得的余数都是3，则记为921（mod 6），若，，则的值可以是（    ） A. B. C. D. 11. 已知函数的定义域为，则下列说法正确的是（ ） A. 若函数无极值，则 B. 若，为函数的两个不同极值点，则 C. 存在，使得函数有两个零点 D. 当时，对任意，不等式恒成立 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则___________ 13. 如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有______（结果用数字作答） 14. 设函数，若存在，使得在上的值域为，则实数的取值范围为________ 四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15 已知函数． （1）求函数的单调区间． （2）若对，恒成立，求实数的取值范围. 16 4名男生和3名女生站成一排． （1）甲、乙两人必须站在两端的站法有多少种？ （2）甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？ （3）甲、乙相邻且与丙不相邻的站法有几种？ 17. 已知二项式   的展开式中， . 给出下列条件： ①第二项与第三项二项式系数之比是； ②各项二项式系数之和为512； ③第7项为常数项； 从上面三个条件中选择一个合适的条件补充在上面的横线上，并完成下列问题. （1）求实数的值； （2）展开式中二项式系数最大的项； （3）求的展开式中的常数项. 18. 某品牌汽车厂今年计划生产万辆轿车，每辆轿车都需要安装一个配件，本厂每年可生产万个配件，其余的要向甲、乙两个配件厂家采购，已知向甲厂购买万个配件，向乙厂购买万个配件，且本厂、甲厂、乙厂生产的配件的次品率分别为， （1）求该厂生产的一辆轿车使用的配件是次品的概率； （2）现有一辆轿车由于使用了次品配件出现了质量问题，需要返厂维修，维修费用为元，若维修费用由本厂、甲厂、乙厂按照次品配件来自各厂概率的比例分担，则它们各自应该承担的维修费用分别为多少？ 19. 已知函数. （1）若的图象在点处的切线与直线平行，求的值； （2）在（1）的条件下，证明：当时，； （3）当时，求的零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 射洪中学高2022级高二（下）半期质量检测 数学试题 （满分150分，考试时间 120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效， 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上，写在本试卷上无效， 4.考试结束后，将答题卡交回， 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 3是函数的一个极值点 C. 在处的切线的斜率大于0 D. 的单减区间为 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数图象上点的坐标特征，依次判断导函数值的符号，得出原函数的单调性，从而得出极值点情况和切线斜率的正负，一一判断选项即得. 【详解】因，当时，，时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减. 对于A，由上分析知是函数的极大值点，故A错误； 对于B，由上分析知，3不是函数的极值点，故B错误； 对于C，由上分析知，，即在处的切线的斜率小于0，故C错误； 对于D，由上分析知，的单减区间为,故D正确. 故选：D. 2. 一列轻轨在某段时间内从中山北至广州南往返一次，其中站点有：广州南、北滘、顺德、容桂、小榄、东升、中山北，则高铁部门应为这七个站间准备不同的轻轨票种数为（ ） A. 21种 B. 30种 C. 36种 D. 42种 【答案】D 【解析】 【分析】利用排列可求七个站间准备不同的轻轨票种数. 【详解】七个站间准备不同的轻轨票种数为， 故选：D. 3. 已知，则（     ） A. B. 0 C. 1 D. 243 【答案】C 【解析】 【分析】令，即可求解. 【详解】由，令，代入可得， 故选：C 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断的奇偶性和在上的单调性，即可唯一确定正确选项. 【详解】设，则定义域是，同时，故是奇函数，排除B选项； 当时，，，所以当时，；当时，. 故在上递增，在上递减，能够体现在上先递增后递减的图象只有D选项. 故选：D. 5. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用给定单调区间及单调性列出列式，分离参数求解即得. 【详解】函数，求导得， 由在上单调递增，得，，而恒有， 则，又时，，在上单调递增， 所以实数a的取值范围是. 故选：D 6. 将两颗骰子各掷一次，记事件为“两个点数都不同”，为“至少出现一个6点”，则条件概率分别等于（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别计算事件，事件和事件包含的基本事件个数，代入条件概率公式计算即可. 【详解】根据题意：事件包含的基本事件个数为：个，事件包含的基本事件个数为个 ，事件包含的基本事件个数为个,所以， 故选：A 7. 算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项伟大的发明．在阿拉伯数字出现前，算盘是世界广为使用的计算工具，下图一展示的是一把算盘的初始状态，自右向左分别表示个位、十位、百位、千位，，上面的一粒珠子（简称上珠）代表5，下面的一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等同于一粒上珠的大小.例如如图二，个位上拨动一粒上珠、两粒下珠，十位上拨动一粒下珠至梁上，代表数字17.现将算盘的个位、十位、百位、千位、万位、十万位分别随机拨动一粒珠子至梁上，则表示的六位数至多含4个5的情况有（ ） A. 57种 B. 58种 C. 59种 D. 60种 【答案】A 【解析】 【分析】根据出现5的个数分类讨论后可求符合条件的所有的总数. 【详解】至多含4个5，有以下5种情况： 不含5，有种；含1个5，有种； 含2个5，有种；含3个5，有种； 含4个5，有种； 所以，所有的可能情况共有种， 故选：A. 8. 若x，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项. 【详解】设，则（不恒为零）， 故在上为增函数，故， 所以，故在上恒成立， 所以， 但为上为增函数，故即， 所以C成立，D错误. 取，考虑的解， 若，则，矛盾， 故即，此时，故B错误. 取，考虑， 若，则，矛盾， 故，此时，此时，故A错误， 故选：C. 【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得3分，有选错的得0分. 9. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A. 没有空盒子的方法共有24种 B. 可以有空盒子的方法共有256种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有288种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A,没有空盒即4个球4个盒子全排列即得； 对于B，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，依次放球即得； 对于C，恰有一个空盒，即另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球，求解即得； 对于D，只需从四盒四球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即得． 【详解】对于A，把4个小球全部放进盒子中，没有空盒子，相当于4个小球在4个盒子上进行全排列， 故共有种方法，故A正确； 对于B，可以有空盒子，因为有4个球，每个球各有4种放法，故共有种方法，故B正确； 对于C，恰有1个盒子不放球，说明另外三个盒子都有球，而球共4个，则必有一个盒子放了2个球， 先将四盒中选一个作为空盒,再将4球中选出2球绑在一起, 再对三个盒子全排共有种方法，故C错误； 对于D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，则从四盒四球中选定标号相同的球和盒有种， 另外三球三盒不能对应共2种，则共有种方法，故D错误. 故选：AB. 10. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21除以6所得的余数都是3，则记为921（mod 6），若，，则的值可以是（    ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据条件及二项式定理得到，从而得到被除得余数为，再利用条件，即可求出结果. 【详解】因为， 又，所以被除得余数为， 又，且和被除得余数为， 故选：BD. 11. 已知函数的定义域为，则下列说法正确的是（ ） A. 若函数无极值，则 B. 若，为函数的两个不同极值点，则 C. 存在，使得函数有两个零点 D. 当时，对任意，不等式恒成立 【答案】BCD 【解析】 【分析】函数无极值，则或，求解即可判断A；若，为函数的两个不同极值点可得，即，代入可求出的值，可判断B；要使得函数有两个零点，即与有两个交点，画出图象即可判断C；当时，对任意，不等式恒成立即证明在上恒成立即可判断D. 【详解】对于A，若函数无极值，，， 则或恒成立，则或， 当，则，解得：或，故A不正确； 对于B，若，为函数的两个不同极值点，，所以， 因为，则，∴，故B正确； 对于C，存在，使得函数有两个零点，与有两个交点， 在处的切线平行于轴，过原点的切线在的左侧稍微旋转后可得两个交点，故C正确； 对于D，当时，对任意，不等式恒成立 ， ， ，， 令， 对任意恒成立， 在上单减，， 对任意恒成立，所以， 在上单减， 对任意恒成立，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：函数零点和方程根的问题往往利用数形结合转化成函数图象交点的问题，导数恒成立、极值问题通常构造函数并利用导数研究其单调性即可得出结论. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则___________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件得到，再利用特殊角的三角函数值，即可求出结果. 【详解】因为，得到， 所以， 故答案为：. 13. 如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有______（结果用数字作答） 【答案】72 【解析】 【分析】依次考虑、、A、B区域，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】区域有4种选择，区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有种. 故答案为：72 14. 设函数，若存在，使得在上的值域为，则实数的取值范围为________ 【答案】 【解析】 【分析】先结合导数研究函数的单调性，结合单调性把原问题转化为在上有两解，构造函数，，结合已知条件转化为研究函数的值域，利用导数可求. 【详解】由题可得：，当时，，所以在上单调递增， 若存在，使得在上的值域为，则，即在上有两解， 令，，则， 当时，，当时，，， 故在上单调递增，在上单调递减，且，，， 所以要使在上有两解，则， 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15 已知函数． （1）求函数的单调区间． （2）若对，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用求导，解导函数不等式即可求得函数的单调区间； （2）先将不等式恒成立问题转化为求函数在区间上的最小值问题，利用（1）的结论和给定区间，即可求得参数范围. 【小问1详解】 因， 由可解得，或；由可解得，. 故函数的单调递增区间为：和； 函数的单调递减区间为：. 【小问2详解】 因等价于，依题意，需求函数在区间上的最小值. 由（1）知，函数区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，所以. 即实数的取值范围为. 16. 4名男生和3名女生站成一排． （1）甲、乙两人必须站在两端的站法有多少种？ （2）甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？ （3）甲、乙相邻且与丙不相邻的站法有几种？ 【答案】（1）240种 （2）840种 （3）960种 【解析】 【分析】（1）运用特殊元素优先法即得； （2）运用倍缩法即得； （3）运用捆绑法即得. 【小问1详解】 分两步完成：第一步，将甲乙两人在两端选座位，有种方法； 第二步，将其他5人在中间5个位置上全排，有种方法， 由分步乘法计数原理，站法有种； 【小问2详解】 先不考虑甲乙丙的顺序，将7人在7个位置上全排，有种方法， 其中包括甲、乙、丙三人所有顺序的站法种， 按照题意，甲、乙、丙三人只能按照从左到右顺序站立， 故甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有种； 【小问3详解】 分成三步完成： 第一步，将甲乙“捆绑”与丙在另外四个人留下的5个空位上选两个位置，有种方法； 第二步，将除甲乙丙之外的4个人在4个位置上全排，有种方法； 第三步，将甲和乙“松绑”，有种方法. 由分步乘法计数原理，站法有种. 17. 已知二项式   的展开式中， . 给出下列条件： ①第二项与第三项的二项式系数之比是； ②各项二项式系数之和为512； ③第7项为常数项； 从上面三个条件中选择一个合适的条件补充在上面的横线上，并完成下列问题. （1）求实数的值； （2）展开式中二项式系数最大的项； （3）求的展开式中的常数项. 【答案】（1）选择见解析， （2）或 （3） 【解析】 分析】（1）先看条件①②③分别可以得到什么结果，然后分别选取求解即可； （2）由（1）知，利用二项式系数的性质，即可求解； （3）根据（1）知，然后将前面括号打开，利用二项式  展开式的通项公式为分别求常数项计算即可. 【小问1详解】 因为二项式  展开式的通项公式为， 选①，由题知，解得， 选②，令，得到，解得， 选③，由题知，解得. 【小问2详解】 由（1）知，所以二项式系数最大的项为第项或第项， 又二项式  展开式的通项公式为， 所以展开式中二项式系数最大的项为或. 【小问3详解】 由（1）知，又， 因为展开式的通项公式为， 由，得到，由，得到， 所以的展开式中的常数项为. 18. 某品牌汽车厂今年计划生产万辆轿车，每辆轿车都需要安装一个配件，本厂每年可生产万个配件，其余的要向甲、乙两个配件厂家采购，已知向甲厂购买万个配件，向乙厂购买万个配件，且本厂、甲厂、乙厂生产的配件的次品率分别为， （1）求该厂生产的一辆轿车使用的配件是次品的概率； （2）现有一辆轿车由于使用了次品配件出现了质量问题，需要返厂维修，维修费用为元，若维修费用由本厂、甲厂、乙厂按照次品配件来自各厂的概率的比例分担，则它们各自应该承担的维修费用分别为多少？ 【答案】（1） （2）本厂、甲厂、乙厂应该承担的维修费用分别为元、元、元 【解析】 【分析】（1）根据各厂生产的配件的比例及次品率，即可求出结果； （2）由条件概率公式，分别求出来自各个厂次品配件的概率，进一步即可求出各厂应该承担的维修费. 【小问1详解】 因为甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件的比例分别为， 又甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件的次品率分别为， 所以该厂生产的一辆轿车使用的配件是次品的概率为. 【小问2详解】 设“该轿车使用了次品配件”，“配件来自甲厂”，“配件来自乙厂”，“配件来自本厂”， 由（1）知， 又，，， 所以本厂应该承担的维修费用为元、甲厂应该承担的维修费用为元、乙厂应该承担的维修费用为元. 19. 已知函数. （1）若的图象在点处的切线与直线平行，求的值； （2）在（1）的条件下，证明：当时，； （3）当时，求的零点个数. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）有一个零点. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可 （2）利用导数，得到在上单调递增，由，即可证明在上恒成立 （3）由（2）可知当且时，，即在上没有零点，再根据，，得到， 对进行讨论，即可求解 【详解】解：（1）因为的图象在点处的切线与直线平行， 所以， 因为， 所以，解得. （2）由（1）得当时，， 当时，因为，所以在上单调递增， 因为，所以在上恒成立. （3）由（2）可知当且时，， 即在上没有零点， 当时，， 令，， 则单调递增， 且， ， 所以在上存在唯一零点，记为， 且时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为， 所以，， 因为，所以， 所以在上存在唯一零点，且在上恒小于零， 故时，；时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， 所以在上至多有一个零点， 取， 则有， 所以由零点存在定理可知在上只有一个零点， 又f(0)不为0，所以在上只有一个零点. 【点睛】关键点睛：当时，，令，，则单调递增，且 ，，所以在上存在唯一零点，记为，进而得到所以在上存在唯一零点，进而讨论求解，属于难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$