广东省东莞市外国语学校2023-2024学年高二下学期第一次阶段性考试（4月）数学试题含答案.docx

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1、东莞外国语学校2024学年高二（下）第一次阶段性考试数学试卷命题人：一、选择题：本题共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，则该函数在处的切线斜率为（）A0B1C2D32有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有（）种.A81B64C24D43x-25的展开式中的系数为（）A40B-40C80D-804函数的图象如图所示，下列数值排序正确的是（）ABCD5若函数在区间上存在最值，则的取值范围是（）ABCD或6已知函数，其导函数记为，则（）AB0C1D27已知为函数的导函数，当时，有恒成立，则下列不等式一定成立的是（）ABC

2、D8已知，则（）AB C D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分9丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是（）A B C D 10若，且，则下列结论中不一定成立的是（）A B C D11已知函数存在个不同的正数，使得，则下列说法正确的是（）A的最大值为5B的最大值为4C的最大值为D的最大值为三、填空题：本题

3、共3小题，每小题5分，共15分12要从甲、乙、丙3名工人中选出两名分别上日班和晚班，有_种不同的选法13若函数，则 _ .14已知函数，则实数的取值范围是_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投石入水，水面会产生圆形波纹区，且圆的面积随着波纹的传播半径的增大而增大（如图）计算：(1)半径从增加到时，圆面积S相对于的平均变化率；(2)半径时，圆面积S相对于的瞬时变化率16已知6件不同的产品中有2件次品，4件正品，现对这6件产品一一进行测试，直至确定出所有次品则测试终止. （以下请用数字表示结果）(1)若恰在第2次测试时，找到第一件次品，且第4次测试时，才找

4、到最后一件次品，则共有多少种不同的测试情况？(2)若至多测试4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？17已知.(1)若，求中含项的系数（请用数字表示结果）；(2)若，求的值（请用指数形式表示结果）18已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）若恒成立，求的最小值。19（17分）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式（1）根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；（2）由该公式可得：当时，试比较与的大小，并给出证明；（3）设，证明：东莞外国语学校2023-2024学年高二第一次段考参考答案1C

5、.2A【解析】每封信可以投个不同的信箱中的其中一个，由分步乘法计数原理可得，不同的投法种数为种.3A. 【解析】首先写出展开式的通项，再代入计算可得；【解析】x25的展开式的通项Tr+1=C5rx5r2r，令5r=3，解得r=2，所以T3=C52x322=40x3，所以x3项的系数为40，4B【解析】由函数的图象可知：当时，单调递增，且增速变缓慢，表示直线的斜率，根据导数的几何意义可知，5.C【解析】，则当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，即在处取得最值，则有，解得.6B 【解析】函数定义域为， 可得，两边同时求导，则有所以.7 C 【解析】对两边同时求导，得，令，得.8.D【解析】法一

6、：，由于在恒成立，故在递减。法二：而故，则有(无脑洛)9 ABC【解析】对于A，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于B，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于C，由，得，则，因为，所以，所以此函数是凸函数；对于D，由，得，则，因为，所以，所以此函数不是凸函数，故选：ABC10ABC【解析】令，则，当时，即，在上单调递增，的定义域关于原点对称，为偶函数，图象关于轴对称，在上单调递减，即，故D正确，而ABC不一定成立.11【答案】ABD【解析】由得，令， 与单调性一致，易知在上单调递减，在上单调递增，在时，取得极小值（最小值），所以，在上单调递增，在上单调递增，即B正确；在时

7、，取得唯一极值（极小值，也是最小值），即A、D都正确，C错误. 故选：ABD.12 【答案】6 【详解】13【答案】0【详解】因为，所以两边同时求导数可得令，则，所以，即，所以，则，14. 【解析】15【解析】（1）圆面积S相对于半径的平均变化率为（2）在表达式中，让d趋近于0，得到圆面积S相对于的瞬时变化率为。（恰为此时圆的周长）16【解析】（1）需测试4次，按顺序可看作为4个位置，两件次品置于第二，四位，有放法数；其余二个位置放二个正品，有放法数由乘法原理方法数为：种不同的测试情况；（2）至多4次可分为恰好2次，恰好3次，恰好4次找到所有次品， 恰好2次， 即前2次测试都是次品，方法数为；

8、恰好3次，即第3次是次品，前2次中有1次是次品，方法数为；恰好4次，即第4次是次品，前3次中有1次是次品，方法数为；也可以是前四次全是正品，方法数为故共有种不同的测试情况17【详解】（1），因为展开式中的第项，所以展开式中含项分别为，故中含的项为，所以中含项的系数为99.（2），令得，令得，两式相减-：，所以.18【解析】（1）当时，故的递增区间为，递减区间为。（2）令，则有，（观察前的系数，则，必要性探路，下一步验证等号成立即可，由中，结合图象可知为左右函数的切点，在此点处有公切线，在时成立，则，结合，从而有）下面证明当时等号成立。令，且对称轴，故时，递增；时，递减；成立，故的最小值为19【解析】（1）由该公式可得，故（2）结论：，证明如下：令，令，故在上单调递增，故在上单调递增，即证得，即（3）由（2）可得当时，且由得，当且仅当时取等号，故当时，而，即有故而，即证得