山东省菏泽市2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

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2022--2023学年度第二学期期中考试

高二数学试题(A)

2023.04

注意事项:

1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

一、单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知函数在处可导，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据导数的定义可得，再根据极限的性质计算可得.

【详解】因为函数在处可导，且，

所以，

所以.

故选：C

2. 正弦曲线在点处的切线斜率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用导数的几何意义可求得切线的斜率.

【详解】对函数求导得，

所以，正弦曲线在点处的切线斜率是.

故选：B.

3. 下列求导运算正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用基本初等函数的导数公式可判断ABC选项，利用求导法则可判断D选项.

【详解】，，，.

ABC均错，D对.

故选：D.

4. 为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”、“数学建模”、“古今数学思想”、“数学探究”、“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一到高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】将五门课程分为两组，每组的数量分别为、或、，然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年，利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可得结果.

【详解】将五门课程分为两组，每组的数量分别为、或、，

然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年，

所以，每位同学不同的选修方式种数为.

故选：A.

5. 已知函数，其导函数记为，则（    ）

A.  B. 0 C. 1 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，变形函数并求出，再探讨导函数的奇偶性作答.

【详解】函数定义域为R，

则，

，因此函数是偶函数，

所以.

故选：B.

6. 已知在R上是可导函数，的图象如图所示，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定图象，求出和的解集，再求解给定不等式作答.

【详解】观察函数的图象知，的单调递增区间为，递减区间为，

因此不等式的解集为，的解集为，

不等式化为：或，

解得：，无解；

解得：，解得或，

所以所求解集为.

故选：C.

7. 如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ）

A. 360种 B. 264种 C. 192种 D. 144种

【答案】B

【解析】

【分析】依题意，完成涂色问题，至少用3种颜色，可分为4种颜色都用到和只用3种颜色两类.分别计算两类不同的涂色方法，可先给A、B、C三点涂色，再给D、E、F涂色，由乘法原理得结论.最后用加法原理得到不同的涂色方法.

【详解】如图，

若4种颜色都用到，先给A、B、C三点涂色，有种涂法，

再给D、E、F涂色，因D、E、F中必有一点用到第4种颜色，有种涂法，

另外两点用到A、B、C三点所用颜色中的两种，有种涂法，

由乘法原理得种．

若只用3种颜色，先给A、B、C三点涂色，有种涂法，

再给D、E、F涂色，因为D点与A点不同色，有种涂法，

若D点与B点同色，则F与C、D不同色，有种涂法，此时E有种涂法；

若D点与C点同色，则E与B、D不同色，有种涂法，此时F有种涂法.

由乘法原理得种．

所以，不同的涂色方法共有种．

故选：B

8. 已知函数有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将函数的零点转化成方程的根，构造函数，再通过同构，构造函数，利用单调性求出的值域，进而得出的值域，从而求出结果.

【详解】因为，由，得到，所以，

令，令，则在区间上恒成立，

即函数在区间上单调递增，又时，，时，，即，

所以，所以，当时，，当时，，

即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，且当时，，当时，，

又因函数有两个不同的零点，所以，即.

故选：.C

二、多项选择题:本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 的最大值是

C. 有两个不等实根 D.

【答案】AC

【解析】

【分析】对于选项A，先求，再把代入即可计算；对于选项B，由导数讨论的单调性，即可知在处有最大值；对于选项C，把方程变形为，构造函数，讨论的单调性和最值，从而得到有两个不等实根；对于选项D，把转化为，即,再由函数的单调性得，从而得到结论.

【详解】对于选项A，因为，所以,所以

故选项A正确.

对于选项B，因为，

当时，，所以在单调递增，

当时，，所以在单调递减，

所以在处有最大值，

故选项B错误.

对于选项C，由得，易知.

方程化为，即，即，

即，即，

令，则，

当时，，所以在单调递增，

当时，，所以在单调递减，

所以在处有最大值，所以存在，使.

又因为，

所以存在，使.

所以方程有两个不等实根.

故选项C正确.

对于选项D，因为在单调递减，

所以，即，所以

故选项D错误.

故选：AC

10. 在1，2，3，…，10中随机选出两个不同的数字a，b，则（    ）

A. 被3整除的概率为 B. 被3整除的概率为

C. 被3整除的概率为 D. 被3整除的概率为

【答案】AC

【解析】

【分析】在1，2，3，…，10中，把数分成被3整除、被3除余1和被3除余2三个类型，由被3整除和被3整除，分类讨论取值的类型，利用古典概型的概率公式计算.

【详解】在1，2，3，…，10中，被3整除的有3个，被3除余1 的有4个，被3除余2的有3个，

在1，2，3，…，10中随机选出两个不同的数字a，b，基本事件总数 种，

被3整除，则都能被3整除或一个被3除余1 一个被3除余2，共种选法，

被3整除的概率为，故A选项正确，B选项错误；

在1，2，3，…，10中选出数字a，当a被3整除，有被3整除，其余情况被被3除余1，则中，被3整除的3个，被3除余1 的有7个，

被3整除，则都能被3整除或被3除余1且被3除余2，共种选法，

被3整除的概率为，故C选项正确，D选项错误；

故选：AC

11. 已知函数在上是减函数，在上是增函数，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 若，则

C. 若函数的图象关于点中心对称，则

D. 当时，曲线过原点的切线有且仅有两条

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用极值点与导数的关系可判断A选项；由已知条件得出，结合的取值范围可判断B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；利用导数的几何意义可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为函数在上是减函数，在上是增函数，

则为函数的极小值点，且，

所以，，则，由可得或，

由题意可知，在上恒成立，所以，，则，A对；

对于B选项，因为，则，可得，

所以，，B对；

对于C选项，若函数的图象关于点对称，则，

且

，

又因为，所以，，解得，C错；

对于D选项，当时，，则，

设切点坐标为，故切线方程为，

将原点坐标代入切线方程可得，即，解得或，

故当时，曲线过原点的切线有且仅有两条，D对.

故选：ABD.

12. 现有个小球和个盒子，下面的结论正确的是（    ）

A. 若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，每个盒子都不空，则共有种放法

B. 若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒的放法共有种

C. 若个不同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒的放法共有种

D. 若个不同小球放入编号为、、、的盒子，且恰有两个空盒的放法共有种

【答案】BC

【解析】

【分析】利用隔板法可判断AB选项；利用分组分配计数原理可判断CD选项.

【详解】对于A选项，若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，每个盒子都不空，

只需在个相同的小球中间形成的个空位中插入块板即可，

所以，不同的放法种数为种，A错；

对于B选项，若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒，

先要指定空盒的编号，有种情况，然后在个相同的小球中间形成的个空位中插入块板即可，

所以，不同放法种数为种，B对；

对于C选项，若个不同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒，

先要指定空盒的编号，有种情况，

然后将这个不同的小球分为三组，

每组小球的个数分别为、、或、、或、、，然后再将这三组小球放入剩余的三个盒子中，

所以，不同的放法种数为种，C对；

对于D选项，若个不同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有两个空盒，

先要指定空盒的编号，有种情况，

然后将这个不同的小球分为两组，每组小球的个数分别为、或、或、，

然后再将这两组小球放入剩余的两个盒子中，

所以，不同的放法种数为种，D错.

故选：BC.

三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 曲线在点处的切线方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.

【详解】函数，求导得，则有，

所以曲线在点处的切线方程为.

故答案为：

14. 若是函数的导函数，且，那么_____________.(写出一个即可)

【答案】##(答案不唯一)

【解析】

【分析】由可知，同角的平方关系可以满足题目的条件，所以可以是或.

【详解】答案一：因为，且，

所以.

答案二：因为，且，

所以.

故答案为：或(答案不唯一)

15. 函数(x>0)的图像在点处的切线与x轴交点的横坐标为，且，则___________.

【答案】21

【解析】

【分析】利用导数求出切线方程，进而求出数列的通项作答.

【详解】函数，求导得，于是函数的图像在点处的切线斜率为，

切线方程为，而，令，得，又，

因此数列是等比数列，公比为，，

所以.

故答案为：21.

16. 全民运动会开幕式上，名运动员需要排列成方队入场，现从中选三人，要求这三人既不在同一行也不在同一列，则不同的选法有___________种（用数字作答）.

【答案】

【解析】

【分析】先从列中选择列，从某一列中任选一个人甲，从另一列中选一个与甲不同行的人，从剩下一列中选一个与甲、乙都不同行的丙，结合分步乘法计数原理可得结果.

【详解】从列中选择列的选法种数为种，

从某一列中任选一个人甲有种结果，从另一列中选一个与甲不同行的人乙有种结果，

从剩下一列中选一个与甲、乙都不同行的丙有种结果，

根据分步乘法计数原理可知，共有种.

故答案为：.

四、解答题:本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. （1）解不等式：，；

（2）已知，求的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）根据排列数公式可得出关于的不等式组，结合可求得原不等式的解集；

（2）根据组合数公式结合题干条件可得出关于的等式，结合的范围可求得的值.

【详解】解：（1）因为，则，

由题意可知，

所以，，即，解得，

又因为，解得，所以，

又因为，所以原不等式的解集为；

（2）因为，

所以，，

所以，，

所以，所以，解得或（舍），

所以

18. 已知函数，而且.

（1）求；

（2）若l是曲线的切线，且经过点，求l的方程.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由求，令可求；

（2）设切点坐标，利用导数求出切线方程，代入点求出未知系数，可得切线方程.

【小问1详解】

，则，

所以，得.

【小问2详解】

由(1)可得，，

设切点为，所以切线的斜率为，又因为，

所以直线l的方程为：

将代入上式并整理，可得，由此可解得或，

因此，切点为或，切线方程为或，

即l的方程为或.

19. 某活动主办方要从七名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作.

（1）若七名志愿者站成一排合影，甲、乙不在丙的同侧，则不同的排法共有多少种?

（2）若其中甲不能从事翻译工作，乙不能从事导游工作，其余五人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有多少种?

【答案】（1）种   

（2）种

【解析】

【分析】（1）先安排除甲乙丙之外的4人，然后再安排甲乙丙3人，丙在中间，甲乙在两边，分步计数结合排列数公式计算.

（2）分甲乙没入选、甲乙有1人入选和甲乙都入选三个情况讨论，特殊元素优先排，结合分类分步和排列组合数公式计算.

【小问1详解】

合影的7个位置先安排除甲乙丙之外的4人，然后再安排甲乙丙3人，丙在中间，甲乙在两边，共有种不同的排法.

【小问2详解】

根据题意，分三种情况讨论:

1°若选派的四人中既有甲又有乙，分为甲从事导游和不从事导游两类，此时的选派方法共有:.

2°若选派的四人中恰有甲乙中的1人，此时的选派方法有:.

3°若选派的四人中既没有甲又没有乙，此时的选派方法有:.

综上，不同的选派方法共有种.

20. 已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）是否存在正实数，使得函数在区间上的最小值为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）答案见解析   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）由题意可得，按，和分类讨论导函数的正负即可得的单调性；

（2）利用（1）中单调性，按和分情况讨论即可求解.

【小问1详解】

由题意可得，

当时，恒成立，所以在上单调递增；

当时，，

令解得或，令解得，

所以在上单调递增，在上单调递减；

当时，，

令解得或，令解得，

所以在上单调递增，在上单调递减.

【小问2详解】

存在正实数，使得函数在区间上的最小值为.

由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，

①当，即时，在区间上单调递减，

所以，解得，

②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

所以，解得，与矛盾，舍去，

综上可知存在正实数，使得函数在区间上的最小值为.

21. 经过市场调查，某小微企业计划生产一款小型电子产品已知生产该产品需投入固定成本2万元，每生产x万件，需另投入流动成本P(x)万元当年产量小于9万件时， (万元)；当年产量不小于9万件时，(万元)每件产品售价为6元，假若该企业生产的电子产品当年能全部售完

（1）写出年利润Q(x)(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式；(注:年利润=年销售收入固定成本流动成本)

（2）当年产量约为多少万件时，该企业的这一产品所获年利润最大?最大年利润是多少?(参考数据: )

【答案】（1）   

（2）20万件，16万元

【解析】

【分析】（1）因为每件产品售价为6元，则x万件商品销售收入为，根据年利润=年销售收入固定成本流动成本可得答案；

（2）当时，利用配方法可得的最大值；当时，利用导数可得最大值，从而得到答案.

【小问1详解】

因为每件产品售价为6元，则x万件商品销售收入为，

由题意可得，当时，

，

当时，

，

；

【小问2详解】

由（1）可知，当时，，

当且仅当时，等号成立，

当时，，则，

所以，当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

所以当时，取得最大值，

综上，当时，取得最大值16万元；

即当年产量约为20万件时，该小微企业的这一产品所获年利润最大，最大年利润是16万元.

22. 已知函数.

（1）当时，求函数的极值；

（2）若有三个零点，其中.

(i)求实数的取值范围；

(ii)求证：.

【答案】（1）极大值为,极小值为.   

（2）(i) ；(ii)证明见解析.

【解析】

【分析】(1)先求导数，再由导数讨论函数的单调性，从而得到函数的极值.

(2) (i)先把 化为，则除1外还有两个零点，通过求导讨论的单调性，当时， 在单调递减，不满足，舍去. 当时，除1外还有两个零点，则不单调，可求出实数满足的不等式，再由韦达定理求出除1外的两个零点零点的范围，从而说明所求的不等式为符合题意的实数的取值范围；(ii) 由题意得，结合(i)可知，再用基本不等式证明结论.

【小问1详解】

当时，，定义域为.

，

令，得或；

令，得；

所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.

因此，当时，有极大值，并且极大值为,

当时，有极小值，并且极小值为,

【小问2详解】

(i)，

，，则除1外还有两个零点，

，

令，

当时，在恒成立，则，

所以在单调递减，不满足，舍去.

当时，除1外还有两个零点，则不单调，

所以存在两个零点，所以，解得，

当时，设的两个零点为，

则，，所以，

当或时，，，函数单调递增；

当时，，，函数单调递减；

又，所以，，

而，且，

，且，

所以存在，，使得，

即有3个零点,

综上，实数a的取值范围为.

(ii)证明:因为，

所以若，则，所以，，

又，所以，

，当且仅当时不等式取等号.

所以.

【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图像交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图像，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．