《2021-2022学年湖北省鄂北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中 、襄州一中、南漳一中、河口一中）高二下学期期中联考数学试题解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年湖北省鄂北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中 、襄州一中、南漳一中、河口一中）高二下学期期中联考数学试题解析.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021-2022学年湖北省鄂北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中 、襄州一中、南漳一中、河口一中）高二下学期期中联考数学试题一、单选题1曲线在处的切线的倾斜角为（）ABCD【答案】B【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率即可求其倾斜角.【详解】因为，所以，所以，所以曲线在处的切线的斜率为，所以其倾斜角为.故选：B.23名同学分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法种数是A243B125C60D10【答案】B【详解】共3名同学，每班从5个风景点中选择一处游览，每班都有5种选择，不同的选法共有 ，故选B.3余弦曲线在点处的切线方程为（）ABCD【答案】A【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，
2、由此可得切线方程.【详解】，在处的切线斜率，所求切线方程为：，即.故选：A.4北京大学一个班级的6名同学准备去参加冬奥会志愿服务活动，其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，其他人根据个人情况可选择去也可选择不去，则这6名同学不同的去法种数有（）A16B32C48D64【答案】B【分析】分甲和乙都去和甲和乙都不去两类，利用分类计数原理求解.【详解】解：第一类，甲和乙都去，去法种数为，第二类，甲和乙都不去，去法种数为，由分类计数原理知：这6名同学不同的去法种数有16+16=32，故选：B5在的展开式中，含的项的系数为（）A25B65CD【答案】D【分析】利用二项式的通项公式进行求解即可.【详解】
3、二项式的通项公式为：，所以含的项的系数为：，故选：D6函数的图象大致为（）ABCD【答案】B【分析】先根据函数奇偶性排除部分选项，再根据函数值的正负情况得到最后的结果【详解】因为所以为奇函数，故可排除选项C、D，又因为当趋近于正无穷时，所以可排除A选项故选：B7已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】由已知条件得出在上恒成立，利用参变量分离法得出，结合二次函数的性质可求得实数的取值范围.【详解】由可得，由题可知，即在上恒成立，又在上单调递增，.故选：C.8函数有两个零点，则的取值范围为（）ABCD【答案】C【分析】判断的单调性，作出与的函数图象，根据图象交点个数和
4、导数的几何意义得出的范围【详解】解：令得，令，则，当时，当时，在上单调递减，在，上单调递增，作出与的函数图象如图所示：设直线与的图象相切，切点为，则，解得，或，有两个不同的零点，与的函数图象有两个交点，或，即故选：C二、多选题9的二项展开式中，下列说法正确的是（）A二项式系数最大项是第8项B展开式中的常数项是第8项C展开式中不含的一次幂的项D展开式中有理项有3项【答案】ACD【分析】由二项式定理对选项依次判断【详解】由二项式定理知其展开式的通项为，对于A，当，即第8项的二项式系数最大，A正确，对于B，令，（舍去），展开式无常数项，故B错误，对于C，令，（舍去），展开式中不含的一次幂的项，故C正
5、确，对于D，当时，为有理项，故D正确，故选：ACD10曲线在点处的切线与直线垂直，则下列正确的是（）ABC在上单调递增D在上单调递减【答案】AD【分析】由导数的几何意义求出的值，分析单调性后判断选项【详解】，由题意，则，故在上单调递减，故选：AD11已知函数的定义域是，其导函数是 ，且满足，则下列说法正确的是（）ABCD【答案】AC【分析】根据题意，构造，由题意，得到单调递增，进而利用的单调性，得到，再整理即可求解【详解】设，可得，单调递增，又因为，且，得，整理得，AC正确；故选：AC12函数，则下列说法正确的是（）A在处有最小值B1是的一个极值点C当时，方程有两异根D当时，方程有两异根【答案
6、】BC【分析】对求导，得到函数单调性，极值，最值，及函数图象，从而判断四个选项的正误.【详解】，当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，1是的极大值点，故A错误，B正确；，且当时，恒成立，当时，恒成立，故时，方程有两异根，C正确；当时，方程无根，D错误.故选：BC三、填空题13已知函数满足，则_【答案】【分析】对求导，再代入进行求解.【详解】因为，所以，则，即.故答案为：14如图，现在用4种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法有_种【答案】48【分析】利用分步计数原理求解.【详解】解：先给涂色有4种，再
7、给涂色有3种，给涂色有2种，给涂色有2种，所以由分步计数原理得：种，故答案为：4815的展开式中的系数为_.【答案】10【分析】变形为，然后再利用展开式的通项公式可得结果.【详解】因为展开式的通项，所以的展开式中含的项为：，所以展开式中的系数为.故答案为：10【点睛】本题考查了利用二项展开式的通项公式求指定项的系数，变形为是解题关键，属于基础题.16已知函数，方程有3个不同的根，则实数的取值范围是_【答案】【分析】分和两种情况，分别求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值，从而得到函数图象，由，得到或，由图可知有两个实数根，则有且只有一个实数根，即与只有一个交点，结合函数图象即可得解；【
8、详解】解：因为，当时，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，在取得极小值，又；当时，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递增，所以在取得极大值，；所以的函数图象如下所示：方程，即，即或，因为方程有个不同的实数根，由图可知有两个实数根和，所以有且只有一个实数根，即与只有一个交点，所以或，即；故答案为：四、解答题17已知(1)求的值；(2)求【答案】(1)(2)【分析】（1）令即可得到；（2）令和，两式作差即可求得结果.【详解】(1)令，则.(2)令得：；令得：；两式作差得：，.18已知函数(1)求函数在点处的切线方程；(2)在点处的切线与只有一个公共点，求的值【答案】(1)；(2
9、)的值为，或.【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；（2）根据是否为零进行分类讨论，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可.【详解】(1)由，因此有，所以函数在点处的切线方程为：；(2)当时，所以有，直线与直线只有一个交点，符合题意；当时，由，要想在点处的切线与只有一个公共点，只需，综上所述：的值为，或.19从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛(1)如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？(2)如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？(3)如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？【答案】
10、(1)60(2)91(3)14【分析】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解.【详解】(1)从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，故有60种选法；(2)若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法；(3)若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式，若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式.20如图，则半径为的圆（为圆心）铝皮上截取一块矩形材料，其
11、中点在圆弧上，点，在两半径上，现将此矩形铝皮卷成一个以为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长，圆柱的体积为(1)求出体积关于的函数关系式，并指出定义域；(2)当为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积最大？最大体积是多少？【答案】(1)(2)【分析】（1）设圆柱的底面半径为r，易得，再利用柱体的体积公式求解；（2）由（1）的结论，利用导数法求解.【详解】(1)解：在中，因为，则，设圆柱的底面半径为r，则，即，所以；(2)由（1）得，令，得，当时，单调递增，当时，单调递减所以当时，圆柱形罐子的体积最大，最大体积是.21已知函数(1)求函数的极值；(2)若，对任意的恒成立，求的
12、取值范围【答案】(1)极小值，无极大值(2)【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）依题意可得，对任意的恒成立，参变分离可得，对任意的恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出，即可得解；【详解】(1)因为定义域为，所以，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，无极大值(2)因为，对任意的恒成立，即，对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，令，所以，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即最小值，所以，所以，即.22已知是实数，函数(1)讨论的单调性；(2)若有两个相异的零点且，求证：【答案】(1)
13、当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)证明过程见解析.【分析】（1）求定义域，求导，对进行分类讨论，求出单调性；（2）先结合第一问得到，且得到，将不等式变形为，故构造函数，进行证明.【详解】(1)的定义域为，当时，恒成立，故在上单调递减；当时，令得：，令得：，故在上单调递增，在上单调递减；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；(2)由（1）可知，要想有两个相异的零点，则，不妨设，因为，所以，所以，要证，即证，等价于，而，所以等价于证明，即，令，则，于是等价于证明成立，设，所以在上单调递增，故，即成立，所以，结论得证.【点睛】对于多元不等式证明问题，要转化为一元不等式进行证明，再构造函数，利用导函数研究其单调性，极值及最值，从而证明出结论.第 13 页 共 13 页