2023-2024学年河南省郑州市中牟县高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州市中牟县高二（下）期中数学试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若f′(x0)=2，则h→0limf(x0+h)−f(x0−h)h=( )
A. 1B. 2C. 4D. 6
2.已知C126−x=C122x−3，则x的值是( )
A. 3B. 6C. 9D. 3或9
3.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2xf′(1)+ln x，则f′(2)=( )
A. 32B. 1C. −1D. −32
4.2023年9月第19届亚运会在美丽的西子湖畔杭州召开，为了办好这一届“中国特色、浙江风采、杭州韵味、精彩纷呈”的体育文化盛会，杭州亚运会组委会招募了一批大学生志愿者.现安排某大学含甲、乙的六名志愿者到游泳馆、射击馆和田径馆参加迎宾工作，每个场馆安排两人，每人只能在一个场馆工作，则甲乙两人被安排在不同场馆的方法有( )
A. 90种B. 120种C. 72种D. 270种
5.已知f(x)是定义在R上的可导函数，y=ef′(x)的图象如下图所示，则y=f(x)的单调减区间是( )
A. (−∞,−1)B. (−∞,2)C. (0,1)D. (1,2)
6.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有( )
A. 18种B. 16种C. 24种D. 20种
7.《红海行动》是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务E、F必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有( )
A. 240种B. 188种C. 156种D. 120种
8.若函数f(x)=lnx与g(x)=12ax−1(a>0)的图象有且仅有一个交点，则关于x的不等式f(x−4)A. (−∞,5)B. (5,+∞)C. (5,6)D. (4,5)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在(2 x−1x)7的展开式中，下列叙述中正确的是( )
A. 二项式系数之和为128B. 各项系数之和为1
C. 常数项为15D. x−4的系数为−48
10.下列说法正确的为( )
A. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有C62C42C22种不同的分法
B. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有C61C52C33种不同的分法
C. 6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法
D. 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法
11.f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，有xf′(x)+2f(x)>0恒成立，则( )
A. f(1)<4f(2)B. f(−1)<4f(−2)
C. 4f(2)<9f(3)D. 4f(−2)<9f(−3)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(1−x)5=a0+a1x+⋯+a5x5，则(a2+a4)(a1+a3+a5)= ______．
13.已知函数f(x)的定义域为R，f(x)的导函数f′(x)=(x−a)(x−2)，若函数f(x)无极值，则a= ；若x=2是f(x)的极小值点，则a的取值范围是 ．
14.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12cm，且以每秒1cm等速率缩短，而长度以每秒20cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12cm缩到4cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10cm时其体积最大，假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则体积的最小值为______，此时金箍棒的底面半径为______cm．
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=13x3+x2+ax(a∈R)，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于直线y=0．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
16.(本小题15分)
为了迎接到校访问的同学，需要分上午、下午和晚上三个组各安排5名本校学生作为志愿者负责接待，并要求下午组的志愿者不能与上午组、晚上组的重复.某班共有40名学生，其中22名女生和18名男生，现准备从中选择志愿者．
(1)共有多少种选法？
(2)如果下午组中有一名男生请假，需要从班上的非志愿者中选一名男生替代，那么至少有多少种选法？
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=a(ex+a)−x，(a∈R)．
(1)当a=1时，求f(x)的最值；
(2)讨论f(x)的单调性．
18.(本小题17分)
设a为实数，函数f(x)=2x3−3x2+a，g(x)=x2(2lnx−3)．
(1)若函数f(x)与x轴有三个不同交点，求实数a的取值范围；
(2)对于∀x1∈[−1,2]，∃x2∈[1,e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
在(x2+x+1)n=Dn0x2n+Dn1x2n−1+Dn2x2n−2+…+Dn2n−1x+Dn2n的展开式中，把Dn0，Dn1，Dn2,⋯,Dn2n叫做三项式的n次系数列．
(1)求D30+D32+D34+D36的值；
(2)根据二项式定理，将等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n的两边分别展开，可得左右两边的系数对应相等，如C2nn=(Cn0)2+(Cn1)2+(cn2)2+⋯+(Cnn)2，利用上述思想方法，求D20230C20230−D20231C20231+D20232C20232−…−D20232021C20232021+D20232022C20232022−D20232023C20232023的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：f′(x0)=2，
则h→0limf(x0+h)−f(x0−h)h=h→0lim2⋅f(x0+h)−f(x0−h)2h
=2⋅h→0limf(x0+h)−f(x0−h)2h
=2f′(x0)
=4．
故选：C．
根据函数在某一点处的导数定义，利用f′(x0)=2求得计算结果．
本题考查了函数在某一点处的导数定义与应用问题，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意得6−x=2x−3或6−x+2x−3=12，
解得x=3或x=9(舍)，
所以x=3．
故选：A．
利用组合数的性质列方程求解即可．
本题考查了组合数公式的性质，是基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
已知函数f(x)的导函数为f′(x)，利用求导公式对f(x)进行求导，再把x=1代入，x=2代入求解即可．
此题主要考查导数的加法与减法的法则，解决此题的关键是对f(x)进行正确求导，把f′(1)看成一个常数，就比较简单了．
【解答】解：∵函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2xf′(1)+ln x，(x>0)
∴f′(x)=2f′(1)+1x，把x=1代入f′(x)可得f′(1)=2f′(1)+1，
解得f′(1)=−1，
∴f′(2)=2f′(1)+12=−2+12=−32．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】解：将6个志愿者分成三组，每组两个人，然后安排到三个地方工作，共有C62C42C22A33⋅A33=90(种)，
甲，乙两人被安排在同一个场馆工作，其它随机安排，共有C31C42=18(种)，
则甲乙两人被安排在不同场馆的方法有：90−18=72(种)．
故选：C．
先将特殊元素进行选择，然后再排其它元素得到甲，乙两人被安排在同一个场馆的种数，根据先分组再排列的原则可以计算出每个地方安排两人且每人只能在一个场馆工作的种数，然后求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，逆向思维的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及数形结合思想，属于基础题．
根据函数的图象，求出f′(x)的符号，从而求出函数的单调区间即可．
【解答】
解：由图象得：x∈(−∞,2)时，f′(x)<0，
故f(x)在(−∞,2)上单调递减，
故选B．
6.【答案】D
【解析】解：当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，
故有1+C21C21=5，
而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选择微信，或者其中一人选择微信，另一个只能选支付宝或现金，故有1+C21C21=5，
此时共有5+5=10种，
当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21=5，
而乙选择微信时，丙丁也可以都选择支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一个只能选微信或现金，故有1+C21C21=5，
此时共有5+5=10种，
综上故有10+10=20种．
故选：D．
由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出结果．
本题考查分类与分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查计数原理与排列的实际应用，注意优先分析受到限制的元素的位置．
根据题意，由于任务A必须排在前三位，按A的位置分3种情况讨论，依次分析任务E、F以及其他三个任务的安排方法，由分步计数原理可得每种情况的安排方案数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，由于任务A必须排在前三位，分3种情况讨论：
①.A排在第一位，
任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，
将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A33=6种安排方法，
则此时有4×2×6=48种安排方案；
②.A排在第二位，
任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，
将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A33=6种安排方法，
则此时有3×2×6=36种安排方案；
③.A排在第三位，
任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，
将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A33=6种安排方法，
则此时有3×2×6=36种安排方案；
则符合题意要求的安排方案有36+36+48=120种；
故选D．
8.【答案】D
【解析】解：函数f(x)=lnx与g(x)=12ax−1(a>0)的图象有且仅有一个交点，
即y=lnx−12ax+1只有一个零点，即a=2⋅lnx+1x只有一个零点．
令h(x)=2⋅lnx+1x，则h′(x)=2⋅1−lnx−1x2=−2lnxx2，h′(1)=0．
当00，所以h(x)在(0,1)上单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，所以h(x)在(1,+∞)上单调递减，并且h(x)>0．
所以，h(x)max=h(1)=2，h(e−2)=2⋅lne−2+1e−2=−2e2<0．
函数h(x)的大致图象如图：
因为a>0，所以a=2．
原不等式ln(x−4)<1−5x−5，即ln(x−4)+5x−5−1<0．
令k(x)=ln(x−4)+5x−5−1，
显然x>4时，该函数为增函数，且k(5)=ln1+50−1=0，
所以，k(x)<0的解集为(4,5)．
故选：D．
将条件f(x)与g(x)只有1个交点转换为函数y=lnx−12ax+1只有1个零点，参数分离求出a，再构造函数k(x)=ln(x−4)+5x−5−1，利用其单调性求解即可．
本题主要考查了由函数交点个数求解参数取值，还考查了导数与单调性关系在不等式求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：在(2 x−1x)7的展开式中，二项式系数的和为27=128，所以A正确；
令x=1，可得展开式的各项系数的和为(2−1)7=1，所以B正确；
又由二项式(2 x−1x)7展开式的通项为Tr+1=C7r(2 x)7−r(−1x)r=(−1)r⋅27−rC7rx7−3r2，
因为r∈N，所以7−3r2≠0，所以展开式没有常数项，所以C错误；
令7−3r2=−4，可得r=5，
所以x−4的系数为(−1)5⋅22C75=−84，所以D错误．
故选：AB．
根据展开式的二项式系数的性质，可判定A正确，令x=1，求得展开式的各项系数和，可判定B正确，求得展开式的通项，结合通项，可判定C、D错误．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用．
根据题意，依次分析选项：
对于A，分析三人每人2本的分法数目，由分步计数原理计算可得A正确；
对于B，先将6本书分为1、2、3的三组，再将分好的三组分成甲乙丙三人，由分步计数原理计算可得B错误；
对于C，用挡板法分析，在6本书之间的5个空位中任选2个，插入挡板即可，由组合数公式计算可得C正确；
对于D，分三种情况讨论：①三人每人2本，②三人中一人1本，一人2本，一人3本，③三人中一人4本，其余2人各1本，由加法原理可得D正确；综合即可得答案．
【解答】
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，先分给甲，有C62种情况，再分给乙，有C42种情况，最后2本分给丙，有C62C42C22种不同的分法，A正确；
对于B，先将6本书分为1、2、3的三组，有C61C52C33种分组方法，再将分好的三组分成甲乙丙三人，有A33种情况，则有C61C52C33A33种不同分法，B错误；
对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，用挡板法分析，在6本书之间的5个空位中任选2个，插入挡板即可，有C52=10种分法，C正确；
对于D，分三种情况讨论：
①三人每人2本，有C62C42C22=90种不同的分法，
②三人中一人1本，一人2本，一人3本，有C61C52C33A33=360种不同的分法，
③三人中一人4本，其余2人各1本，有C64C21C11A22·A33=90种不同的分法，
则有90+360+90=540种不同的分法，D正确；
故选：ACD．
11.【答案】AC
【解析】解：令g(x)=x2f(x)，
∵当x>0时，xf′(x)+2f(x)>0，
∴当x>0时，g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)=x[xf′(x)+2f(x)]>0，
∴g(x)=x2f(x)在(0,+∞)上单调递增；①
又f(x)为定义在R上的奇函数，y=x2为定义在R上的偶函数，
∴g(x)=x2f(x)为R上的奇函数；②
∴g(x)在R上单调递增，∴g(2)>g(1)，即4f(2)>f(1)，故A正确，
g(−1)>g(−2)，即f(−1)>4f(−2)，故B错误，
g(2)g(−2)>g(−3)，即4f(−2)>9f(−3)，故D错误，
故选：AC．
令g(x)=x2f(x)，求出函数的导数，结合函数的单调性判断即可．
本题考查了函数的单调性，奇偶性问题，考查导数的应用，是中档题．
12.【答案】−240
【解析】解：∵(1−x)5=a0+a1x+⋯+a5x5，
∴当x=0时，a0=1；①
当x=1时，a0+a1+a2+a3+a4+a5=0②；
当x=−1时，a0−a1+a2−a3+a4−a5=32③；
②+③，得a0+a2+a4=16，
∴a2+a4=15；
②−③，得a1+a3+a5=−16，
∴(a2+a4)(a1+a3+a5)=15×(−16)=−240．
故答案为：−240．
分别对x赋值0，1，−1，可求得a2+a4及a1+a3+a5的值，从而可得答案．
本题考查二项式定理及其应用，考查赋值法及运算能力，属于中档题．
13.【答案】2 (−∞,2)
【解析】解：函数f(x)的定义域为R，f(x)的导函数f′(x)=(x−a)(x−2)，
由函数f(x)无极值，则f′(x)≥0恒成立，可得a=2．
令f′(x)=(x−a)(x−2)=0，解得x=a或2．
若x=2是f(x)的极小值点，则a<2
则a的取值范围是(−∞,2)．
故答案为：2，(−∞,2)．
由函数f(x)无极值，可得f′(x)≥0恒成立，可得a.根据x=2是f(x)的极小值点，利用极小值定义进而a的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】3520π 4
【解析】解：设原来定海神针为acm，t秒时神针体积为V(t)，
则V(t)=π(12−t)2⋅(a+20t)，0≤t≤8，
则V′(t)=π[2(t−12)(a+20t)+20(12−t)2]，
∵当底面半径为10cm时其体积最大，
∴10=12−t，
解得t=2，
此时V′(2)=0，解得a=60，
∴V(t)=π(12−t)2⋅(60+20t)，0≤t≤8，
V′(t)=60π(12−t)(2−t)，
当t∈(0,2)时，V(t)>0，
当t∈(2,8)时，V(t)<0，
∴V(t)在(0,2)上递增，在(2,8)上递减，
∵V(0)=8640π，V(8)=3520π，
∴当t=8时，V(t)有最小值，
此时金箍棒的底面半径为4cm．
故答案为：3520π；4．
设原来定海神针为acm，t秒时神针体积为V(t)，则V(t)=π(12−t)2⋅(a+20t)，0≤t≤8，求导，求出a的值，再根据导数和函数的最值的关系即可求出．
本题考查了导数的最值在实际生活中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意得f′(x)=x2+2x+a，
∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于直线y=0，即f′(1)=0，
∴12+2×1+a=0，解得a=−3；
(2)由(1)得f(x)=13x3+x2−3x，f′(x)=x2+2x−3=(x+3)(x−1)，
由f′(x)>0得x>1或x<−3，由f′(x)<0得−3∴f(x)的单调递增区间是(−∞,−3)和(1,+∞)，单调递减区间是(−3,1)，
∴当x=−3时，f(x)取得极大值f(−3)=13×(−3)3+(−3)2−3×(−3)=9，
当x=1时，f(x)取得极小值f(1)=13+1−3=−53．
【解析】(1)利用导数的几何意义，即可得出答案；
(2)利用导数求出函数的单调性，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性和导数的几何意义，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)可以分三步完成：先选下午的志愿者，有C405种选法；
再选上午的志愿者，有C355种选法；
最后选晚上的志愿者，因为可以与上午的重复，所以有C355种选法，
因此，共有C405⋅C355⋅C355种选法．
(2)当志愿者全部是男生时，非志愿者中的男生人数最少，剩有3名，
则从班上的非志愿者中选一名男生替代，至少有C31=3种选法．
【解析】(1)先选下午的志愿者，再选上午的志愿者，最后选晚上的志愿者，利用分步计数原理求解即可．
(2)当志愿者全部是男生时，非志愿者中的男生人数最少，剩有3名，求解即可．
本题考查了排列、组合及简单的计数问题，重点考查了阅读理解能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)当a=1时f(x)=ex+1−x定义域为R，
所以f′(x)=ex−1，
令f′(x)=0得x=0，
所以当x<0时f′(x)<0，
当x>0时f′(x)>0，
所以f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=0处取得极小值即最小值，
所以f(x)min=f(0)=2，无最大值．
(2)f(x)=a(ex+a)−x定义域为R，且f′(x)=aex−1，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
所以f(x)在R上单调递减，
当a>0时，令f′(x)<0解得x<−lna，
令f′(x)>0，解得x>−lna，
所以f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增，
综上可得：当a≤0时f(x)在R上单调递减，
当a>0时f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增．
【解析】(1)求出函数的导函数，即可求出单调区间，从而求出函数的最值．
(2)求出导函数，分a≤0、a>0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f′(x)=6x2−6x=6x(x−1)，
由f′(x)>0，解得x>1或x<0；由f′(x)<0解得0所以f(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又x→−∞时，f(x)→−∞，x→+∞时，f(x)→+∞，
若函数f(x)与x轴有三个不同交点，则f(0)=a>0,f(1)=−1+a<0,解得0所以若函数f(x)与x轴有三个不同交点，实数a的取值范围为{a|0(2)对于∀x1∈[−1,2]，∃x2∈[1,e]，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)min，
由(1)可知，函数f(x)在[−1,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故当x∈[−1,2]时，f(−1)=a−5，f(1)=a−1，有f(x)min=f(−1)=a−5，
因为g(x)=x2(2lnx−3)，且x∈[1,e]，则g′(x)=4x(lnx−1)≤4x(1−1)=0，
故函数g(x)在[1,e]上单调递减，故g(x)min=g(e)=−e2，
由题意可得a−5≥−e2，故a≥5−e2．
所以实数a的取值范围为[5−e2,+∞)．
【解析】(1)先对函数求导，然后结合导数分析函数的单调性，结合函数的性质及函数零点存在条件可求；
(2)问题转化为f(x1)min≥g(x2)min，结合导数分析函数单调性，进而可求．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，函数性质的综合应用，不等式的恒成立与存在性问题与最值关系的相互转化，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可知D30，D32，D34，D36分别是x6，x4，x2，x0的系数，
所以D30+D32+D34+D36=C30+2C31+2C31+C33=14；
(2)由于1−x3=(x2+x+1)(1−x)，所以(1−x3)2023=(x2+x+1)2023(1−x)2023，
将(x2+x+1)2023(1−x)2023展开可知原式即为x4046的系数，
又(1−x3)2023展开式中x4046的系数为0，所以原式=0．
【解析】(1)D30，D32，D34，D36分别是x6，x4，x2，x0的系数，利用排列组合进行计算即可；
(2)(1−x3)2023=(x2+x+1)2023(1−x)2023的两边分别展开即可．
本题主要考查二项式定理，属中档题．