2021-2022学年湖北省荆州市石首市高二下学期期中数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 16 页 2021-2022 学年湖北省荆州市石首市高二下学期期中数学试题 一、单选题 1已知函数可导，且0()3fx，000()()limxf xxf xxx（）A-3 B0 C3 D6【答案】D【分析】利用导数的概念对000()()limxf xxf xxx 进行整理，可得结论.【详解】000()()limxf xxf xxx 000()()limxf xxf xx 000()()limxf xf xxx 026fx.故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的概念.属于基础题.2“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Drea

2、m”中取 6 个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合（顺序不变）的不同排列共有 A360 种 B480 种 C600 种 D720 种【答案】C【详解】【分析】从其他 5 个字母中任取 4 个,然后与“ea”进行全排列,共有4555600C A,故选 C.3已知函数 f x的导函数为 fx，且满足 cos2fxxxf，则曲线 yf x在0 x 处的切线方程是（）A210 xy B210 xy C220 xy D210 xy 【答案】C【分析】求得 fx后，代入2x即可求得2f，从而得到 ,f xfx；利用导数的几何意义即可求得结果.【详解】cos2fxxxf，sin2fxxf，sin122

3、22fff ，解得：122f，1cos2f xxx，1sin2fxx，01f，102f，yf x在0 x 处的切线方程为112yx，即220 xy.第 2 页 共 16 页 故选：C.4用总长14.8m的钢条制作一个长方体容器的框架，若容器底面的长比宽多0.5m，要使它的容积最大，则容器底面的宽为（）A0.5m B0.7m C1m D1.5m【答案】C【分析】将容器容积表示成底面宽x的函数关系，然后利用导数求此函数的最值，由此即可求出结果【详解】设容器底面宽为x米，则另长为0.5x米，由总长14.8m，所以高为3.22x米 由3.2200 xx，得01.6x，设容器的容积为y，则有 0.53.

4、22,01.6yx xxx 整理，得3222.21.6yxxx，所以264.41.6yxx 令0y，得41,15xx，所以函数y在0,1上单调递增，在1,1.6上单调递减，所以当1x 时，y取最大值，此时宽1m.故选：C 5正方体六个面上分别标有 A、B、C、D、E、F 六个字母，现用 5 种不同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（）种.A420 B600 C720 D780【答案】D【分析】根据对面的颜色是否相同，分三对面染相同的颜色、两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色、一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可

5、.【详解】分三类：1、若三对面染相同的颜色，则有3560A 种；2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有321532360A C C 种；3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有312532360A C A 种；第 3 页 共 16 页 共有60360360780种.故选：D 6函数 ,00,sinxf xxx 的图象大致为（）A B C D【答案】C【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性即可【详解】因为()sin()sinxxfxf xxx ，所以()f x为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以排除 A，当0 x时，由()sinxf xx，得2si

6、ncos()sinxxxfxx，令()sincosg xxxx，则()cos(cossin)sin0g xxxxxxx，所以()g x在(0,)上为增函数，所以()(0)0g xg，所以()0fx，所以()f x在(0,)上为增函数，所以排除 BD，故选：C 7已知22,nxnnN，展开式中x的系数为 f n，则2320192222(2)(3)(4)(2020)ffff等于（）A2019110 B2019505 C10091010 D1009505【答案】B 第 4 页 共 16 页【分析】由题知 222nnf nC，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案.【详解】22,nxnnN，展开

7、式中x的系数为 222nnf nC，则 232019232019222220183420202222222223420201222ffffCCC 222342020222222223 24 32000 2019222CCC44423 24 32020201911111124233420192020 1120192422020505，故选：B【点睛】本题考查二项式定理的应用，裂项求和法求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件求得 222nnf nC，进而将问题转化为裂项求和问题求解即可.8定义在(0,)上的函数()f x的导函数为()fx，()0f x 且()1f e，若

8、()ln()0 xfxxf x对任意(0,)x恒成立，则关于 x的不等式1ln()xf x的解集为（）A(,)e B(1,)C(0,)e D(0,1)【答案】C【分析】构造函数()()ln,(0,)g xf xx x，由题意可得 ln0 xfxxf xgxx，由此可得()g x在区间(0,)上递增，又()()ln1g ef ee，1ln()xf x等价于()ln1f xx，得()()g xg e，从而可得答案【详解】解：令()()ln,(0,)g xf xx x，因为()ln()0 xfxxf x对任意(0,)x恒成立，()0f x 所以 ln0 xfxxf xgxx，所以()g x在区间(0

9、,)上递增，因为()1f e，所以()()ln1g ef ee，因为()0f x 所以1ln()xf x，可化为()ln1f xx，即()()g xg e，因为所以()g x在区间(0,)上递增，第 5 页 共 16 页 所以0 xe，所以关于 x 的不等式1ln()xf x的解集为(0,)e，故选：C 二、多选题 9以下四个式子分别是函数在其定义域内求导，其中正确的是（）A（1x）21x B（cos2x）2sin2x C333xxln D（lgx）110 xln【答案】BC【解析】对各个答案分别利用求公式和求导法则进行求导，选出正确答案即可.【详解】211xx，（cos2x）2sin2x，3

10、33xxln，110lgxxln.故选：BC.【点睛】本题考查了求导的计算，考查了计算能力，属于简单题.10 已知二项式12nxx的展开式中各项系数之和是1128，则下列说法正确的有（）A展开式共有 7 项 B二项式系数最大的项是第 4 项 C所有二项式系数和为 128 D展开式的有理项共有 4 项【答案】CD【分析】运用代入法，结合二项式系数和公式、通项公式以及二项式系数性质逐一判断即可.【详解】因为二项式12nxx的展开式中各项系数之和是1128，所以令1x 可得：1111172 11282128nnn.A：因为7n，所以展开式共有8项，因此本选项说法不正确；B：因为7n，所以二项式系数最

11、大的项是第 4 项和第5项，因此本选项说法不正确；C：因为7n，所以所有二项式系数和为72128，所以本选项说法正确；D：由 B 可知：8 3218(1)2rrrrrTCx，当0,2,4,6r 时，对应的项是有理项，故本选项说法正确，第 6 页 共 16 页 故选：CD 11将杨辉三角中的每一个数Crn都换成11 Crnn，得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第 0 行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果2n（*nN），那么下面关于莱布尼茨三角形的结论正确的是（）A第 8 行第 2 个数是172 B当 n是偶数时，中间的一项取得最大值；当

12、n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值 C111 C1 Crn rnnnn（rN，0rn）D111111 C1 CCrrrnnnnnn（rN，1rn）【答案】AC【分析】对于 A，直接代入11 Crnn即可判断；对于 B，分式中分子不变，分母值越大，分式的值越小；对于 C，利用组合数的性质CCrn rnn即可判断；对于 D，每一个数均等于其“脚下”两个数之和可以判断.【详解】对于 A，第 8 行第 2 个数是：18118 1 C72，A 正确；对于 B，当 n 是偶数时，中间的一项取得最小值；当 n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值，B 错误；对于 C，由于组合数的性质CCrn

13、rnn，所以111 C1 Crn rnnnn，C 正确；对于 D，由于每一个数均等于其“脚下”两个数之和，则1111111 C1 CCrrrnnnnnn，D 错误.故选：AC.12已知函数()ln1f xxax 有两个零点1212,x xxx，则（）第 7 页 共 16 页 Aa的取值范围为,1 B12121xxx x C122xx D12112xx【答案】BCD【分析】利用导数判断函数的单调性，根据零点的个数求出a的取值范围，进而确定12,x x的取值范围，再利用不等式的性质、构造函数利用导数逐一判断即可.【详解】1()ln1()f xxaxfxax，因为0 x，所以当0a 时，()0,()

14、fxf x单调递增，函数至多有一个零点；当0a 时，当1xa时，()0,()fxf x单调递减，当10 xa时，()0,()fxf x单调递增，所以当1xa时，函数有最大值，最大值为：max1111()()ln1lnf xfaaaaa，当1a 时，max1()ln0f xa，所以函数至多有一个零点；当01a时，max1()ln0f xa，而(1)10fa，当0 x 时，()f x ，当x 时，()f x ，所以函数在(0,1),(1,)内各有一个零点，所以1201xx，因此选项 A 不正确；选项 B：因为1201xx，所以12122112121(1)(1)01xxx xxxxxx x，因此本选

15、项正确；选项 C：因为1()0fa，当0 x 时，()f x ，所以1210 xxa，因此121xaa，构造新函数221()()()ln()2ln2(0,)g xfxf xxxax xaaa，2112(1)()22(2)axg xaxx axxa，因为1(0,xa，所以()0,()g xg x单调递减，因此当11xa时，1111()()()()0g xgffaaa，又因为1()0f x，所以11111222()ln()()1()()0fxxaxf xg xaaa，而2()0f x，因此121221222()()2fxf xxxxxaaa，所以本选项正确；选项 D：1 ln()ln10 xf x

16、xaxax，令1 ln()xF xx，显然有12()()F xF x，令121211,ttxx，显然12tt，因此有：12112212111 ln1 ln(1 ln)(1 ln)11tttttttt，设()(1ln)lnh xxxxxx，第 8 页 共 16 页 所以有()lnh xx，当1x 时，()0,()h xh x单调递减，当01x时，()0,()h xh x单调递增，因为12()()h th t，所以2101tt，令()()(2)(0,1)xh xhx x，即22()()(2)ln(1)ln(2)ln(2)ln1(1)xh xhxxxxxx ，因为(0,1)x，所以()0,()xx单

17、调递增，因为2101tt，所以22222()()(2)(1)0()(2)th xhxh xhx，而12()()h th t，所以12()(2)h tht，因为2101tt，所以221t，当1x 时，()h x单调递减，因此有121222tttt，即12112xx，所以本选项说法正确，故选：BCD【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数2()()()g xfxf xa1(0,)xa、()(1ln)lnh xxxxxx、()()(2)(0,1)xh xhx x，利用导数研究单调性，根据单调性进行求解.三、填空题 13已知某质点的位移s与移动时间 t满足22etst，则质点在2t 的瞬时速度是_【答

18、案】8【分析】先对函数求导，再把2t 代入可求得结果【详解】由22etst，得2222eettstt，当2t 时，2 222 222 e2e8s ，所以质点在2t 的瞬时速度是 8，故答案为：8 14在41xy的展开式中，含2x y项的系数为_（结果用数值表示）【答案】12【分析】通过二次展开式就可以得到.【详解】41xy 的展开式中含334C xy 含2x y 项的系数为314312C C 故答案为：12 第 9 页 共 16 页 153 个学生和 3 个老师共 6 个人站成一排照相，有且仅有两个老师相邻，则不同站法的种数是_（结果用数字表示）【答案】432【分析】根据题意，分 3 步进行分

19、析：将 3 个老师分成 2 组，并考虑 2 人的一组的 2人之间的顺序;将剩余的 3 个学生全排列，形成有 4 个空位；在 4 个空位中任选 2个安排 3 个老师分成的两个组，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案【详解】根据题意，分 3 步进行分析：将 3 个老师分成 2 组，有23C种分组方法，将 2 人的一组看成一个元素，考虑 2 人之间的顺序，有2232C A种情况；将剩余的 3 个学生全排列，有33A种排法，排好后，有 4 个空位；在 4 个空位中任选 2 个，安排 3 个老师分成的两个组，有24A种方法，则 6 人站成一排照相，3 个老师中有且只有两个老师相邻的站法有

20、22323234432C A A A 种.故答案为：432.16设函数()f x与()g x是定义在同一区间,a b上的两个函数，若对任意的,xa b，都有()()1f xg x，则称()f x与()g x在,a b上是“密切函数”，区间,a b称为“密切区间”.设函数1()ln2f xxx与1()22g xxt在1,ee上是“密切函数”，则实数t的取值范围是_.【答案】e212t 【分析】由“密切函数”的定义可得ln21xxt即1 2ln1 2txxt 对于1,eex恒成立，令 lnh xxx，利用导数求出最值，解不等式 maxmin1212th xth x 即可求解.【详解】因为函数1()

21、ln2f xxx与1()22g xxt在1,ee上是“密切函数”，则11ln2122xxxt即ln21xxt对于1,eex恒成立，所以1ln21xxt，即1 2ln1 2txxt 对于1,eex恒成立，令 lnh xxx，则 111xhxxx，第 10 页 共 16 页 当11ex时，0h x；当1ex时，0h x；所以 max1ln1 11h xh ，1111ln1eeeeh ，elnee1 eh ，所以 mine1 eh xh，所以1 211 21 ett ，可得e212t，所以实数t的取值范围是：e212t.故答案为：e21.2t 四、解答题 17（1）4 个不同的小球放入编号为 1，2

22、，3，4 的盒子，共有多少种放法；（2）4 个不同的小球放入编号为 1，2，3，4 的盒子，恰有一个盒子空，共有多少种放法；（3）10 个相同的小球放入编号为 1，2，3，4 的盒子，每个盒子不空，共有多少种放法；（4）4 个相同的小球放入编号为 1，2，3，4 的盒子，恰有两个盒子空，共有多少种放法？【答案】（1）256；（2）144；（3）84；（4）18.【分析】（1）按照分步乘法计数原理进行计算；（2）先选 1 个空盒，再把 4 个小球分成 3 组，放入 3 个盒子中；（3）按照插板法进行计算即可；（4）先选 2 个空盒，再按照插板法进行计算.【详解】（1）每个小球有 4 种方法，共有

23、4 4 4 4256 种放法；（2）先选 1 个空盒14C，再把 4 个小球分成 3 组11243222C C CA，最后分到 3 个盒子33A，共有112134324322144C C CCAA种放法；（3）9 个空中插入 3 个板即可，3984C 种放法；（4）先选 2 个空盒24C，再 3 个空中插入 1 个板即可13C，共有214318CC种放法.18已知函数()2(1)ln(1)f xxx.（1）求函数()f x的单调区间；（2）经过点（-1，-2）作函数()f x图像的切线，求该切线的方程.第 11 页 共 16 页【答案】（1）11,1xe 时，函数单调递减，11,xe时，函数单

24、调递增；（2）20 xy【分析】（1）求导得到 2 ln11fxx，根据导数的正负得到函数单调区间.（2）设切点为00,x y，则 00021 ln1yxx，000022 ln111yfxxx，解得答案.【详解】（1）21 ln1f xxx，故 2ln122 ln11fxxx，取 2 ln110fxx，则11xe，故11,1xe 时，函数单调递减；11,xe时，函数单调递增.（2）设切点为00,x y，则 00021 ln1yxx，000022 ln111yfxxx，解得000 xy，故切线方程为2yx，即20 xy.【点睛】本题考查了函数的单调区间，切线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用

25、能力.19在22()nxx的展开式中，第 4 项的系数与倒数第 4 项的系数之比为12.（1）求n的值；（2）求展开式中所有的有理项；（3）求展开式中系数最大的项.【答案】（1）7n；（2）14x，984x，4560 x，1448x；(3)32672x.【分析】(1)由二项展开式的通项公式分别求出第 4 项的系数与倒数第 4 项的系数，然后计算出结果(2)由通项公式分别计算当0 2 4 6r 、时的有理项(3)设展开式中第1r 项的系数最大，列出不等式求出结果【详解】（1）由题意知：52212nrrrrnTCx，则第 4 项的系数为332nC，倒数第 4 项的系数为332nnnC，则有3333

26、2122nnnnCC即61122n，7n.（2）由（1）可得51421720,1,7rrrrTCxr，当0,2,4,6r 时所有的有理项为1357,T T T T 即001414172TCxx，229937284TCxx，第 12 页 共 16 页 4444572560TCxx，6611772448TCxx.（3）设展开式中第1r 项的系数最大，则 117711772222rrrrrrrrCCCC 12 72 8rrrr 131633r，5r，故系数最大项为335522672672TCxx.【点睛】本题考查了二项式定理的展开式，尤其是通项公式来解题时的运用一定要非常熟练，针对每一问求出结果，需

27、要掌握解题方法 20已知函数 1211 e02xf xxaxax x(1)讨论 f x的极值(2)当1a时，若 f x无最小值，求实数 a 的取值范围【答案】(1)答案见解析.(2)1e21,【分析】（1）求导，令 0fx，得xa或1x，分别讨论0a、01a、1a 和1a 四种情况下，fx的正负，可得 f x的单调性，分析即可得极值，综合可得答案.（2）分别讨论0a、01a和1a 三种情况，由（1）可得()f x单调性，分析可得最值.【详解】(1)因为 1211 e02xf xxaxax x，所以 1e10 xfxxax 令 0fx，得xa或1x 当0a 时，由 0fx，得1x，由 0fx，得

28、01x 则 f x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以函数有极小值 112f，没有极大值.当01a时，由 0fx，得0 xa或1x，由 0fx，得1ax 则 f x在,1a上单调递减，在0,a和1,上单调递增，所以函数有极大值 211e2af aa，极小值 112f 当1a 时，0fx恒成立，第 13 页 共 16 页 则 f x在0,上单调递增，函数无极值 当1a 时，由 0fx，得01x或xa，由 0fx，得1xa 则 f x在1,a上单调递减，在0,1和,a 上单调递增，所以函数有极大值 112f，极小值 211e2af aa.综上，当0a 时，函数有极小值 112f，无极大值；当

29、01a时，函数有极大值 211e2af aa，极小值 112f；当1a 时，函数无极值；当1a 时，函数有极大值 112f，极小值 211e2af aa.(2)当0a 时，由（1）可知 f x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，则 f x有最小值 112f，故0a 不符合题意 当01a时，由（1）可知 f x在,1a上单调递减，在0,a和1,上单调递增，因为 f x无最小值，所以 01ff，即112ae，解得e112a；当1a 时，由（1）可知 f x在0,上单调递增，所以 f x无最小值，所以1a 符合题意；综上，实数 a的取值范围为1e21,21某公司研发甲、乙两种新产品，根据市场调查预

30、测，甲产品的利润 y（单位：万元）与投资x（单位：万元）满足：ln3f xaxbx（,a bR a b为常数），且曲线 yf x与直线ykx在（1，3）点相切；乙产品的利润与投资的算术平方根成正比，且其图像经过点（4，4）.（1）分别求甲、乙两种产品的利润与投资资金间的函数关系式；（2）已知该公司已筹集到 40 万元资金，并将全部投入甲、乙两种产品的研发，每种产品投资均不少于 10 万元.问怎样分配这 40 万元投资，才能使该公司获得最大利润？其最大利润约为多少万元？（参考数据：ln102.303,ln152.708,ln 202.996,ln 253.219,ln303.401）【答案】（1

31、）甲：3ln30f xxx；乙：20g xx x；（2）当甲产品投资 15 万元，乙产品投资 25 万元时，公司取得最大利润，最大利润为21.124 万元 第 14 页 共 16 页【详解】（1）函数 f(x)的定义域为0,，且 afxbx，点(1,3)在直线 y=kx 上，故有 k=3 又曲线 y=f(x)与直线 y=3x 在点(1,3)处相切，故有 1331300fabafbb ，甲产品的利润与投资资金间的函数关系式为 3ln30f xxx 由题意得乙产品投资与利润的关系式为 g xmx 将点(4,4)代入（）式，可得 m=2 所以乙产品的利润与投资资金间的函数关系式 20g xx x （

32、2）设甲产品投资 x 万元，则乙产品投资（40-x）万元，且10,30 x，则该公司所得利润为3ln32 40yxx 故有1403yxx，令0y，解得1015x，令0y，解得1530 x，所以 x=15 为函数的极大值点，也是函数的最大值点 所以max3ln1532 40153 2.7081321.124y （万元）所以当甲产品投资 15 万元，乙产品投资 25 万元时，公司取得最大利润，最大利润为21.124 万元 22已知函数()esincosxf xxx，()fx为()f x的导数.(1)证明：当0 x 时，()2fx；(2)设 21g xf xx，证明：()g x有且仅有 2 个零点.

33、【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析【分析】（1）令 ecossinxh xxx，利用导数判断 h x的单调性，并求出其最小值即可证明；（2）由（1）可知，g x在0,上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明 g x在,0上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.第 15 页 共 16 页【详解】(1)由 ecossinxfxxx，设 ecossinxh xxx，则 esincosxh xxx，当0 x 时，设 e1xp xx，sinq xxx，e10 xp x，1 cos0q xx，p x和 q x在0,上单

34、调递增，00p xp，00q xq，当0 x 时，e1xx，sinxx，则 esincos1 sincosxh xxxxxx sin1 cos0 xxx，函数 ecossinxh xxx在0,上单调递增，02h xh，即当0 x 时，()2fx;(2)由已知得 esinc s1o2xgxxxx，当0 x 时，ecossi220nxxxgfxx，g x在0,上单调递增，又 010g ，0e2g，由零点存在性定理可知 g x在0,上仅有一个零点，当0 x 时，设 2sincos0exxxm xx，则 2 sin10exxm x，m x在,0上单调递减，01m xm，ecossin20 xxx，e20cossinxxxgx，g x在,0上单调递减，又 010g ，20eg，第 16 页 共 16 页 由零点存在性定理可知 g x在,0上仅有一个零点，综上所述，()g x有且仅有 2 个零点.