精品解析：江苏省无锡市滨湖区辅仁高级中学2023-2024学年高二下学期3月阶段测试数学试题

无锡市轴仁高级中学2023-2024学年第二学期3月教学质量检测 高二数学试卷 命题人：陈茜茜 审核人：耿少峰 一、单项选择择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若函数在处可导，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的选项是（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 3. 已知函数在处的切线与直线垂直，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 4. 某班计划从3位男生和4位女生中选出2人参加辩论赛，并且至少1位女生入选，则不同的选法的种数为（ ） A. 12 B. 18 C. 21 D. 24 5. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A B. C. D. 6. 用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 600 7. 若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（ ） A B. C. D. 8. 若对任意的，且，都有成立，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. e D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分分，有选错或不答的得0分． 9. 下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 10. 已知，则（ ） A. 展开式中所有项的二项式系数和为 B. 展开式中所有奇次项系数和为 C. 展开式中所有偶次项系数和为 D. 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 有两个不同的零点 C. D. 当时，方程有两解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 在的二项展开式中，的系数是__________． 13. 若为正奇数，则被9除所得的余数为：____ 14. 已知是函数导函数，在定义域内满足，且，若 ，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. 已知展开式前三项的二项式系数和为22． （1）求的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中二项式系数最大的项． 16. 已知函数，． （1）若函数在点处的切线过原点，求实数a的值； （2）若，求函数在区间上的最大值． 17. 有5名同学站成一排拍照． （1）若甲乙必须站一起，则共有多少种不同的排法？ （2）若最左端只能排甲或乙，且最右端不能排甲，则共有多少种不同的排法？ （3）求出现甲必须站正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻的排法？ 18. 已知函数，当时，有极大值． （1）求实数a，b的值； （2）当时，证明：． 19. 已知函数． （1）若，求极值； （2）讨论单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 无锡市轴仁高级中学2023-2024学年第二学期3月教学质量检测 高二数学试卷 命题人：陈茜茜 审核人：耿少峰 一、单项选择择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若函数在处可导，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的定义求解即可. 【详解】函数在处可导， . 故选：C. 2. 函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的选项是（ ） A. 在上单调递增 B. 在上单调递减 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 【答案】C 【解析】 【分析】由的增减性与的正负之间的关系进行判断， 【详解】结合图象可得， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 显然C正确，其他选项错误. 故选：C. 3. 已知函数在处的切线与直线垂直，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，曲线上某点处的导数值即为曲线在该点处切线的斜率，由此可得答案。 【详解】直线的斜率为 ， 则由函数在处的切线与直线垂直可得： 函数在处的切线斜率为2，即， 故选：A 4. 某班计划从3位男生和4位女生中选出2人参加辩论赛，并且至少1位女生入选，则不同的选法的种数为（ ） A. 12 B. 18 C. 21 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】分两种情况：第一种情况，只有一位女生入选，第二种情况，有2位女生入选，根据分类加法计数原理计算可得答案. 【详解】可分两种情况：第一种情况，只有一位女生入选，不同的选法有 种， 第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有 种， 根据分类加法计数原理知，至少1位女生入选不同的选法的种数为 种. 故选：B. 5. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对等式两边求导，求导的时候注意是个常数，求导之后令即可得出答案. 【详解】因为，所以，令，则，． 故选：C 6. 用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 240 B. 360 C. 480 D. 600 【答案】C 【解析】 【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解. 【详解】将区域标号，如下图所示： 因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法， 若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法； 若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法. 故选：C. 7. 若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得出存在，使成立，即存在，使成立，构造函数，，求出的最值即可解决问题. 【详解】因为函数在上存在单调递增区间， 所以存在，使成立，即存在，使成立， 令，， 变形得，因为，所以， 所以当，即时，，所以， 故选：D． 8. 若对任意的，且，都有成立，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】将已知不等式变形为，令，将问题转化为在上单调递增，利用导数可求得单调性，由此可得的最大值. 【详解】由可得， 由,且,所以，即， 令，则在上单调递增， 所以，令，则, 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以，故. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将恒成立的不等式变形为同一函数不同函数值之间大小关系的比较问题，通过构造函数的方式，将问题转化为函数在区间内单调的问题. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分分，有选错或不答的得0分． 9. 下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据排列数和组合数的阶乘公式以及性质依次判断各个选项的正误即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，，则，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确； 故选：CD. 10. 已知，则（ ） A. 展开式中所有项的二项式系数和为 B. 展开式中所有奇次项系数和为 C. 展开式中所有偶次项系数和为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理的计算方法与性质即可计算出结果 【详解】对于A，二项式系数之和为，故A正确； 对于B，令，得，① 令，得，② ①+②，可得，∴，故C正确； 对于C，①-②，得，∴，故B错误； 对于D，令，得，令，得． ∴，故D正确． 故选：ACD 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 有两个不同的零点 C. D. 当时，方程有两解 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.利用导数法求解判断； B.由A画出函数图象判断； C.根据在递减，结合判断； D.由A知：画出函数的图象判断. 【详解】A.，当时，，递增；当时，，递减，所以在处取得极大值，故正确； B.由A画出函数图象如图所示： 当时，，当时，，当时，，又，所以只有一个零点，故错误； C.因为在递减，又，则，而， 令，则，当时，，递减，又，则，即， 即，所以，故正确； D.由A知：函数的图象如图所示： 由图象知：当时，方程有两解，故正确， 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 在的二项展开式中，的系数是__________． 【答案】 【解析】 【分析】求出展开式的通项，然后令的指数为2，求出的值，在代入通项中进行化简，即可求得结果. 【详解】的展开式的通项公式为：， 令，解得， 所以的系数是. 故答案为：. 13. 若为正奇数，则被9除所得的余数为：____ 【答案】7 【解析】 【分析】 【详解】解：∵7n+C 1n•7n-1+…+C n-1n•7=7n+ C 1n•7n-1+…+C n-1n•7+1-1=（7+1）n-1=8n-1=（9-1）n-1= 显然，式子中，除了最后两项（-1）n-1以外，其余的各项都能被9整除． 而由n为正奇数可得 =-2， 故所给的式子被9除所得的余数为7， 故答案为 7． 14. 已知是函数的导函数，在定义域内满足，且，若 ，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由，得，利用，可求得，利用导数证明在上递增，等价于，由单调性可得结果. 【详解】由， 得， ， 令， ， ，， 令， 当时，，当时， 上递减，在上递增， ， 在上递增， ， ， 可得，解得， 即实数取值范围是. 故答案为:. 【点睛】利用导数研究抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等. 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. 已知展开式前三项的二项式系数和为22． （1）求的值； （2）求展开式中常数项； （3）求展开式中二项式系数最大的项． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】1利用公式展开得前三项，二项式系数和为22，即可求出n． 2利用通项公式求解展开式中的常数项即可． 3利用通项公式求展开式中二项式系数最大的项． 【详解】解：由题意，展开式前三项的二项式系数和为22． 1二项式定理展开：前三项二项式系数为：， 解得：或舍去． 即n的值为6． 2由通项公式， 令， 可得：． 展开式中的常数项为； 是偶数，展开式共有7项则第四项最大 展开式中二项式系数最大的项为． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的有关计算，属于基础题． 16. 已知函数，． （1）若函数在点处的切线过原点，求实数a的值； （2）若，求函数在区间上的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入求出切点，求导，利用导数的意义求斜率，再由点斜式写出直线方程求出； （2）求导，分析单调性，求出最值即可. 【小问1详解】 切点，，． 切线过， ∴，∴． 小问2详解】 ，， ，或3， 则当或时，,当时，, 在上为减，在为增， ，，∴． 17. 有5名同学站成一排拍照． （1）若甲乙必须站一起，则共有多少种不同的排法？ （2）若最左端只能排甲或乙，且最右端不能排甲，则共有多少种不同的排法？ （3）求出现甲必须站正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻的排法？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】 （1）利用捆绑法求得方法数. （2）利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理，计算出方法数. （3）利用分步计数原理，求得方法数 【详解】（1）将甲乙捆绑在一起，故方法数有种. （2）如果甲排左端，则方法数有种；如果乙排左端，则方法数有种.故总的方法数有种. （3）按照甲、乙、丙、其他三个同学的顺序进行安排，所以方法数有种. 【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题的求解，考查分类加法、分步乘法计数原理，属于基础题. 18. 已知函数，当时，有极大值． （1）求实数a，b的值； （2）当时，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用极大值的定义可得即可求解； （2）令，要证，即证，即证，令，利用导数分析的单调性及最值，继而即可求解. 【小问1详解】 ， 又当时，有极大值， 所以，解得. 【小问2详解】 令，要证，即证， 由（1）知，即证，即证， 令，则， 所以在上单调递增， 所以，即，即. 故当时，. 19. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值． 【答案】（1）极大值为，无极小值． （2）分类讨论，答案见解析. （3）1 【解析】 【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得； （2）求导，分，讨论可得； （3）参变分离，将问题转化为在上恒成立问题，记，利用导数求函数的最大值所在区间可得. 【小问1详解】 的定义域为， 当 时，， 令，解得 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减． 所以在时取得极大值为，无极小值． 【小问2详解】 因为 当时，在上恒成立，此时在上单调递增； 当时 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 因为对任意，恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立． 设，则． 设，，则在上单调递减， 因为，， 所以，使得，即． 当时，； 当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 因为，所以， 故整数的最小值为1． 【点睛】本题第三问属于恒成立问题,恒成立问题比较常见的处理方法之一便是参变分离法,然后构造函数转化问函数最值问题,利用导数可解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$