北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗．故选：D．2.若，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由排列数计算公式可得，解得或.由于且，故.故选：C.3.若函数，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，则.故选:B4.从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数的个数为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数，只需从这个数字中任取个数字全排即可，因此，满足条件的三位数的个数为.故选：B.5.已知过点的直线与曲线的相切于点，则切点坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设切点坐标为，由，得，则过切点的切线方程为，把点代入切线方程得，，即，又，所以，则，则切点坐标为.故选：A6.已知名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，则不同选法的种数是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，则共有种，故选：C.7.下列不等式中，对任意的不恒成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，则．故A不合题意；当时，，故B符合题意；令，则，则在上单调递增，故，则．故C不合题意；令，则，则在上单调递增，故，则．故D不合题意.故选：B.8.设函数（），则“”是“在定义域上是增函数”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗函数，可得，当时，恒成立，函数是增函数，所以“”是“在定义域上是增函数”的充分条件；在定义域上是增函数，可知恒成立，此时，所以“”是“在定义域上是增函数”的必要条件；综上，“”是“在定义域上是增函数”的充要条件；故选：C．9.已知函数的定义域为，函数的导函数，若在处取得极大值，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗函数的导函数，令，可得，得或，当时，时，单调递增；或时，单调递减；所以在处取得极大值，符合题意；当时，当时，时，单调递减；或时，单调递增；所以在处取得极小值，不符合题意，舍去；当时，时，单调递减；或时，单调递增；所以在处取得极大值，符合题意.实数的取值范围为.故选：D10.已知函数，若，且，则的最小值为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗已知函数，作出函数图象如图：当时，．由，得，则．令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，，即的最小值为．故选：A．第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.______．〖答案〗〖解析〗，故〖答案〗为：612.若甲、乙、丙、丁人站成一排，甲不站两端，则不同排法的种数为______．〖答案〗〖解析〗若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，共有种，排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，则不同排法的种数为．故〖答案〗为：12．13.已知函数．则______；若，则______．〖答案〗①②〖解析〗因为，则，所以，因为，则.故〖答案〗为：；.14.设函数．能说明“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是______．〖答案〗－1（〖答案〗不唯一，只要满足即可）〖解析〗“对于任意的，都有成立”，即函数在上单调递增．由函数，可得，令，可得，时，，函数在上是增函数；当时，时，，函数是增函数；时，，函数是减函数，故“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是－1（〖答案〗不唯一，只要满足即可）．故〖答案〗为：－1（〖答案〗不唯一，只要满足即可)．15.某高台跳水运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度（单位：）与跳起后的时间（单位：）存在函数关系，的图象如图所示，已知曲线在处的切线平行于轴，根据图象，给出下列四个结论：①在时高度关于时间的瞬时变化率为；②曲线在附近比在附近下降得慢；③曲线在附近比在附近上升得快；④设在和时该运动员的瞬时速度分别为和，则．其中所有正确结论的序号是______．〖答案〗①③④〖解析〗因为，所以.对于①，因为曲线在处的切线平行于轴，所以切线的斜率为0，即，所以在时高度关于时间的瞬时变化率为，故①正确；对于②，由题意知，所以，即曲线附近比在附近下降得快，故②错误；对于③，由题意知，所以，即曲线在附近比在附近上升得快，故③正确；对于④，由题意知且，所以，，所以，所以.即，故④正确；故〖答案〗为：①③④.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值.解：（1）因为，所以.令，解得，.随着x的变化，，变化情况如下表：x100极大值极小值所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2）因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，又，，，所以，函数在区间上的最大值为18，最小值为.17.已知函数．（1）求的极值；（2）比较的大小，并画出的大致图像；（3）若关于的方程有实数解，直接写出实数的取值范围．解：（1）的定义域为，，于是时，单调递增；时，单调递减，又，则在处取到极小值，无极大值.（2）由（1）知，在区间上单调递减．故．又因为当时，，故，所以．因为，所以．结合（1）中的单调性，大致图像如下：（3）的解的个数可以看成和直线在同一坐标系下图像交点的个数，由（2）的图像知，当的取值不小于最小值即可，即18.某校举办乒乓球团体比赛，该比赛采用场胜制，每场均为单打，若某队先胜场，则比赛结束，要求每队派名运动员参赛，每名参赛运动员在团体赛中至多参加场比赛，前场比赛每名运动员各出场次，若场不能决出胜负，则由第位或第位出场的运动员参加后续的比赛．（1）若某队从名运动员中选名参加此团体赛，求该队前场比赛有几种出场情况；（2）已知某队派甲、乙、丙这名运动员参加此团体赛．①若场决出胜负，列出该队所有可能出场情况；②若场或场决出胜负，求该队共有几种出场情况．解：（1）根据题意，该球队前场比赛有种出场情况．（2）①因为场决出胜负，所以该球队所有可能出场有6种情况如下：甲、乙、丙；甲、丙、乙；乙、甲、丙；乙、丙、甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲．②由①知，前场共有种出场情况．所以场决出胜负时，前3场有6种，后1场有2种，该球队共有种出场情况．场决出胜负时，前3场有6种，后2场有2种，该球队共有种出场情况．所以场或场决出胜负时，该球队共有种出场情况．19.已知函数（）．（1）若函数的导函数的图象如图所示．①直接写出的单调区间，并求的值；②若有且只有1个零点，直接写出的取值范围；（2）当时，讨论的单调性．解：（1）①由图象知，当或时，；当时，，∴的单调递增区间为和，单调递减区间为．因为，所以．由图知．即，解得②由①知，，当时，取极大值；当时，取极小值，由题意得：或，∴的取值范围是．（2）当时，．当时，，∴在区间上单调递增．当时，当或时，；当时，，∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减．当时，当或时，；当时，，∴在区间和上单调递增，在区间上单调递减．20.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，求证：当时，；（3）对任意的，判断与的大小关系，并证明结论．解：（1）由，得．因为，．所以曲线在点处的切线方程为．（2）依题意，．所以．当时，，所以．所以函数在区间上单调递减．因，所以当时，．（3）不妨假设中的定值，令，，则，，．由（2）知，在区间上单调递减，因为，所以．从而在上单调递减．因为，所以当时，，即．综上，对任意的，有21.已知函数，．（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（2）设函数，证明：的图象在的图象的上方．解：（1）因，，所以．依题设，