辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析

辽宁省沈阳铁路实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 沈阳铁路实验中学2019-2020学年度下学期第二次月考 数学试卷 一.选择题（每题只有一个选项正确，每题5分）‎ ‎1.函数的导数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：因为，由可得，选A.‎ 考点：导数的运算.‎ ‎2.某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有（ ）‎ A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 方法数有种.故选B.‎ ‎3.的展开式中含项的系数为（ ）‎ A. 160 B. 210 C. 120 D. 252‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式定理及其二项展开式通项得：，令，解得的值，进而求得其系数.‎ ‎【详解】，‎ 当时，.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理及其二项式展开式的通项，属于基础题.‎ - 18 -‎ ‎4.设、在上可导，且，则当时有（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，利用导数推导函数在区间上单调性，进而可得出结果.‎ ‎【详解】设，当时，，则，‎ 所以，函数在区间上是增函数，‎ 当时，，‎ 所以，，即；‎ ‎，即.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数不等式正误的判断，利用导数不等式的结构构造合适的函数是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎5.的展开式中项的系数为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将化简为:,写出二项展开式的通项公式,即可求得答案.‎ - 18 -‎ ‎【详解】 ‎ 二项展开式的通项公式 ‎ 中不含项,无需求解.‎ ‎ 中含项,即当时 中含项,即当时 ‎ 的展开式中项 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查求二项式展开式中常数项,解题关键是掌握二项展开式的通项公式,考查分析能力和计算能力,属基础题.‎ ‎6.在的展开式中，含项的系数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把x+看作一项，写出的展开式的通项，再写出的展开式的通项，由x的指数为5求得r、s的值，则答案可求．‎ ‎【详解】的展开式的通项为．‎ 的展开式的通项为=．‎ 由6﹣r﹣2s=5，得r+2s=1，‎ ‎∵r，s∈N，∴r=1，s=0．‎ ‎∴在的展开式中，含x5项的系数为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.‎ ‎(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.‎ - 18 -‎ ‎7.已知函数，则的值为（ ）‎ A. B. C. 10 D. 20‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数的运算法则可得，由导数的定义可得，即可得解.‎ ‎【详解】由题意可得，则，‎ 由导数的概念可得，‎ 则.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的定义和运算，属于基础题.‎ ‎8.如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ）‎ ‎ ‎ A. 36 B. 48 C. 72 D. 108‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对面与面同色和不同色进行分类，结合分步乘法计算原理，即可得出答案.‎ ‎【详解】当面与面同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有2种方法，即种 当面与面不同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有1种方法，即种 即不同的染色方法总数为种 - 18 -‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了计数原理的应用，属于中档题.‎ ‎9.已知，其中，则=（ ）‎ A. 405 B. 810 C. 324 D. 648‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令可得，对两边求导后，再令即可得解.‎ ‎【详解】令可得，‎ 由题意可得，解得，‎ 所以，‎ 两边同时求导得，‎ 令可得，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用及导数的计算，考查了运算求解能力，属于中档题.‎ ‎10.如果一个三位数，各位数字之和等于10，但各位上数字允许重复，则称此三位数为“十全九美三位数”（如235，505等），则这种“十全九美三位数”的个数是（ ）‎ A. 54 B. 50‎ C. 60 D. 58‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分类计数原理，分成有重复数字和无重复数字的情况，即可得答案.‎ ‎【详解】利用分类计数原理，分成有重复数字和无重复数字的情况：‎ ‎（1）无重复数字：109，190，901，910，127，172，271，217，721，712，136，163，316，‎ - 18 -‎ ‎361，613，631，145，154，451，415，514，541，208，280，802，820，235，253，352，325，523，532，307，370，703，730，406，460，604，640，共40个，‎ ‎（2）有重复数字：118，181，811，226，262，622，334，343，433，442，424，244，550，505，共14个.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查分类计数原理的应用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意不重不漏.‎ ‎11.设函数，则（ ）‎ A. 有极大值且为最大值 B. 有极小值，但无最小值 C. 若方程恰有3个实根，则 D. 若方程恰有一个实根，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导后求出函数的单调区间，再根据当时，；、，画出函数图象草图后数形结合逐项判断即可得解.‎ ‎【详解】，，‎ 当时，，函数单调递增；‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，，，‎ 再由，，可画出函数图象草图，‎ 如图，‎ - 18 -‎ 由图象可知，为函数的极大值但不是最大值，故A错误；‎ 为函数的极小值，且为最小值，故B错误；‎ 若要使有3个实根，则要使函数的图象与函数的图象有3个交点，则，故C正确；‎ 若要使恰有一个实根，则要使函数的图象与函数的图象仅有1个交点，则或，故D错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了数形结合思想和推理能力，属于中档题.‎ ‎12.设为函数的导函数，已知，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 在既有极大值又有极小值 B. 在既无极大值又无极小值 C. 在上有极大值 D. 在上有极小值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，令，则，求导后可得，令，求导后可得在上的极大值和最大值均为，进而可得，即可得解.‎ - 18 -‎ ‎【详解】由可得，从而，‎ 令，则，∴，‎ 令，则，‎ 令，即，因此当时，是增函数，‎ 令，即，因此当时，是减函数，‎ 由，得，‎ ‎∴在上有极大值，也是最大值，‎ ‎∴，即，当且仅当时，，‎ ‎∴在上为减函数，既无极大值也无极小值.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了推理能力和新函数构造的能力，属于难题.‎ 二.填空题（每题5分）‎ ‎13.10个相同的小球放在三个编号为1，2，3的盒中，每盒至少1个，有_________种方分法.‎ ‎【答案】36‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化条件可得将10个相同小球分成三组，每组至少1个，使用隔板法即可得解 ‎【详解】依据题意，10个相同的小球放在3个盒中，每盒至少1个，可转化为将10个相同小球分成三组，每组至少1个；‎ 可将10个小球排成一列，进而在排除两端的9个空位中，选取2个，插入隔板即可，‎ 由组合公式可得共有种分法.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了组合的应用及隔板法的应用，属于基础题.‎ ‎14.函数在处切线方程为______‎ ‎【答案】‎ - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导后求出即可得切线的斜率，利用点斜式即可得解.‎ ‎【详解】求导得，所以，‎ 所以函数在处的切线方程为，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的运算和导数几何意义的应用，属于基础题.‎ ‎15.已知函数，若∀x1，x2∈（0，+∞），f（x1）≥g（x2）恒成立，则实数a的取值范围为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导后即可求得，根据二次函数的性质可得，再由恒成立问题的解决方法可得，即可得解.‎ ‎【详解】求导得，‎ 则当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增；所以；‎ 函数为开口向下，对称轴为的二次函数，‎ 所以当时，；‎ 由题意可知即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，考查了推理能力，属于中档题.‎ ‎16.若0时，在(0，)上，g′(x)<0；在(，e]上，g′(x)>0‎ ‎∴g(x)在(0，]上单调递减，在(，e]上单调递增 ‎∴g(x)min＝＝1＋lna＝3，∴a＝e2满足条件 ‎ ‎③当≥e即0(舍去) ‎ 综上所述，存在a＝e2使得当x∈(0，e]时，g(x)有最小值3. ‎ 考点：函数导数判定单调性求最值 点评：第一小题已知函数在某一区间上是减函数得到结论，学生解题时容易忽略等号写成，第二问要分情况讨论极值点与区间(0，e]的关系从而确定在区间(0，e]上的单调性求出函数最值 ‎22.已知函数 f（x）=ax+（1﹣a）lnx+（a∈R）‎ ‎（Ⅰ）当a=0时，求 f（x）的极值；‎ ‎（Ⅱ）当a＜0时，求 f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）方程 f（x）=0的根的个数能否达到3，若能请求出此时a的范围，若不能，请说明理由．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）代入a的值，求出定义域，求导，利用导数求出单调区间，即可求出极值；（Ⅱ）直接对f（x）求导，根据a的不同取值，讨论f（x）的单调区间；（Ⅲ）由第二问的结论，即函数的单调区间来讨论f（x）的零点个数．‎ 试题解析：（Ⅰ）f（x）其定义域为（0，+∞）．‎ - 18 -‎ 当a=0时，f（x）=，f'（x）=．‎ 令f'（x）=0，解得x=1，‎ 当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当x＞1时，f'（x）＞0．‎ 所以f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞）；‎ 所以x=1时，f（x）有极小值为f（1）=1，无极大值 ‎ ‎（Ⅱ） f'（x）=a﹣（x＞0）‎ 令f'（x）=0，得x=1或x=﹣‎ 当﹣1＜a＜0时，1＜﹣，令f'（x）＜0，得0＜x＜1或x＞﹣，‎ 令f'（x）＞0，得1＜x＜﹣；‎ 当a=﹣1时，f'（x）=﹣．‎ 当a＜﹣1时，0＜﹣＜1，令f'（x）＜0，得0＜x＜﹣或x＞1，‎ 令f'（x）＞0，得﹣＜a＜1；‎ 综上所述：‎ 当﹣1＜a＜0时，f（x）的单调递减区间是（0，1），（﹣），‎ 单调递增区间是（1，﹣）；‎ 当a=﹣1时，f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；‎ 当a＜﹣1时，f（x）的单调递减区间是（0，﹣），（1，+∞），单调递增区间是 ‎（Ⅲ）a≥0∴‎ f'（x）=0（x＞0）仅有1解，方程f（x）=0至多有两个不同的解．‎ ‎（注：也可用fmin（x）=f（1）=a+1＞0说明．）‎ 由（Ⅱ）知﹣1＜a＜0时，极小值 f（1）a+1＞0，方程f（x）=0至多在区间（﹣）上有1个解．‎ a=﹣1时f（x）单调，方程f（x）=0至多有1个解．；‎ - 18 -‎ a＜﹣1时，，方程 f（x）=0仅在区间内（0，﹣）有1个解；‎ 故方程f（x）=0的根的个数不能达到3．‎ 考点： 1.利用导数研究函数的极值；2.利用导数研究函数的单调性．‎ - 18 -‎ - 18 -‎