【文档说明】重庆市长寿中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题 含解析.docx，共(16)页，693.229 KB，由管理员店铺上传

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重庆市长寿中学校高二下•半期考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知直线20axby−−=与曲线3yx=在点()1,1P处的切线互相垂直，则ab为（）A.23B.23−C.13D.13−【答

案】D【解析】【分析】由导数的几何意义可求曲线3yx=在点()1,1P处的切线斜率k，然后根据直线垂直的条件可求ab的值．【详解】解：因为3yx=，所以33223200()3()3()limlim3xxyxxxxxxxxyxxxx→→+−++====，

∵点()1,1P为曲线3yx=上一点，∴曲线3yx=在点()1,1P处的切线斜率1|3xky===，由条件知，31ab=−，∴13ab=−.故选：D2.曲线()31fxx=+在点()()1,1f−−处的切线方程为（）A.31yx=−−B.31yx=+C.33yx=+D.33yx=−−【答

案】C【解析】【分析】求出()10f−=和()13f−=，利用导函数几何意义求出切线方程.【详解】()1110f−=−+=，()23fxx=，故()13f−=，所以()31fxx=+在点()()1,

1f−−处的切线方程为()31yx=+，即33yx=+.故选：C3.已知函数π()()cos2sin4fxfxx=+，则()fx在π4x=处的导数为（）A.26B.24C.22D.22−【答案】A【解析】【分析】对()fx求导，将π4x=代入求π4f即可.

【详解】由已知可得()π2sin2cos4fxfxx=−+，所以ππππ2sin2cos4444ff=−+，所以π246f=故选：A.4.函数()32133xaxxfx=+−+在区间()2,4内存在极值点

，则（）A.15384a−−B.15384a−−C.158a−或34a−D.158a−或34a−【答案】B【解析】【分析】依据导函数，判定函数的单调性，列出关于实数a的不等式组，即可求得a的范围.【详解】()32133xaxxfx=+−+，()2,4x

，则()221xaxxf=+−，函数()32133xaxxfx=+−+在()2,4内存在极值点，则()221xaxxf=+−在()2,4内有异号零点则有0(2)0(4)0aff−或0(2)0(4)0aff−

，即2202+4104810aaa−−+−或2202+4104810aaa−−+−解之得15384a−−故选：B5.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34A种涂法，再给D、E、F涂色，因为D、E、F中必有一点用到第

4种颜色，有13C种涂法，另外两点用到A、B、C三点所用颜色中的两种，有23C种涂法，由乘法原理得3124336ACC21=种．若只用3种颜色，先给A、B、C三点涂色，有34A种涂法，再给D、E、F涂色，因为D点与A点不同色，有2种涂法，若D点与B点同色，则F与C、D不同色，有1种涂法，

此时E有1种涂法；若D点与C点同色，则E与B、D不同色，有1种涂法，此时F有1种涂法.由乘法原理得()348A11114+=种．所以，不同的涂色方法共有21648264+=种．故选：B6.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，

增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则

不同的安排方法数是（）A.72B.84C.88D.100【答案】D【解析】【分析】由题意可知，若甲去B点，则剩余4人，可只去,AC两个点，也可分为3组去,,ABC3个点.分别求出安排种法，相加即可得出甲去B点的安排方法.同理，即可得出甲去C点的安排方法，即可得出答案.【详解】若甲去B点，则

剩余4人，可只去,AC两个点，也可分为3组去,,ABC3个点.当剩余4人只去,AC两个点时，人员分配为1,3或2,2，此时的分配方法有22312242412222CCCCAA14A+=；当剩余4人分为3组去,,ABC3个点

时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有2343CA36=，综上可得，甲去B点，不同的安排方法数是143650+=.同理，甲去C点，不同的安排方法数也是50，所以

，不同的安排方法数是5050100+=.故选：D.7.在341(2)xxx−+的展开式中常数项为A.28B.28−C.56−D.56【答案】A【解析】【分析】()2242311212xxxxxxxx−−+−+==，故可通过求()821−x展开式中的4x的系数来

求常数项.【详解】因为()2242311212xxxxxxxx−−+−+==，故()82434112xxxxx−−+=，又()821−x的展开式中4x的系数为()628128C−=，故选A.【点睛】三项展开式的指定项的系数，可以利用二项式定理的推导方法求出指定项的

系数，也可以把三项代数式变形为两项代数式，再利用二项式定理求出指定项的系数.8.设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片，已知其中有5盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的．且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率

依次为110，115，120，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X光片，则取得的X光片是次品的概率为（）A.0.08B.0.1C.0.15D.0.2【答案】A【解析】【分析】运用全概率公式进行求

解即可.【详解】取得的X光片是次品的概率为5131210.08101010151020++=.故选：A二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.设随机变量的分

布列如下：12345678910p1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a则下列正确的是（）A.当na为等差数列时，5615aa+=B.数列na的通项公式可以为()1091nann=+C.当数列na满足()11,2,92nnan==时，10912a=D.当数列

na满足()()21,2,10kPkkak==≤时，()11101nann=+【答案】ACD【解析】【分析】根据分布列的性质知12101aaa+++=，结合数列的性质对选项一一分析即可.【详解】解析：由题目可知12101aaa+++=；对于选项A，若na为等差数列

，则()12105651aaaaa+++=+=，所以5615aa+=，因此选项A正确；对于选项B，()1010119191nannnn==−++，12101011111100119223101199aaa+++=−+−+−=

，因此选项B不正确；对于选项C，由1,(1,2,9)2nnan==，则1012991112211212aaa−+++==−−，所以10912a=，因此选项C正确；对于选项D，方法一：()2kPkka=≤，则()10101001Pa==≤，所

以10111100101011a==满足题意当2k时，()()()22111kkkaPkPkkaka−=−−=−−≤≤，则()()22111kkkaka−−=−，所以19101111111119910010910kkkaaaak−+===

=−，满足题意当29n时，111011212111119nnnnnnnnaaaannnnn−++++++===−−−()()10111111100101nnnn==−−则当18n时，()11101nann=−，

因此选项D正确方法二：令()()21,2,310kkSPkkak===≤，则()221111kkkkkaSSkaka+++=−=+−即12kkakak+=+，()1,2,9k=，于是有321112112

1341nnnaaanaaaaaan−−==+()()121,2,101annn==+1210111121211nSaaaaa=+++=+−=，解得11120a=，于有()11101nann=+因此选项D正确故

选：ACD【点睛】关键点点睛：根据分布列，得到12101aaa+++=，运用等差，等比数列的性质对选项进行分析；当数列出现型如()1010119191nannnn==−++，可以通过裂项求和；10.已知12nxx+的展开式中第3项与第7项的

二项式系数相等，则下列结论正确的是（）A.8n=B.展开式中2x项的系数为560C.展开式中系数的最大的项仅为．．51792xD.展开式中没有．．常数项【答案】AD【解析】【分析】由条件结合二项式系数的性质列方程求

n，判断A，结合展开式通项公式，判断BCD.【详解】二项式12nxx+的展开式的通项公式为()3211C2C2kknnkkknkknnTxxx−−−+==，0,1,,kn=，因为1(2)nxx+的展开式中第3项与第7项的二项式

系数相等，所以26CCnn=，解得8n=，A正确；所以二项式812xx+的展开式的通项公式为388218C2kkkkTx−−+=，0,1,,8k=，令3822k−=，可得4k=，所以展开式中2x项的系数为4848C21120−=，B错误

；是令3802k−=，可得163k=（舍去），所以展开式中没有常数项，D正确；设展开式中第1k+项的系数最大，则8178881988C2C2C2C2kkkkkkkk−+−−−−，解得23kk，所以2k=或3k=，所以展开式中系数的最大的项为51792x或721792x，C错误.

故选：AD.11.已知函数f（x）满足xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，f（1）＝2．则当x＞0时，下列说法中正确的是（）A.f（2）＝ln2＋1B.x＝2是函数f（x）的极大值点C.函数y＝f（x）－x有且只有一个零点

D.存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立【答案】AC【解析】【分析】通过函数f（x）满足xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，可以求出()()fxfx，，进而可以分析函数f（x）的极大值点，求解f（2）的值，判断A,

B选项；对函数y＝f（x）－x，求导求零点，从而可以判断C选项；使用隔离参数法将k隔离之后，令()22lnxgxxx=+，从而可以判断D选项；【详解】因xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，则()2lnfxxx=+，()22xfxx=−，则x∈（0，

2）时，f（x）单调递减；x∈（2，＋∞）时函数f（x）单调递增．∴函数f（x）只有一个极小值点e，即只有一个极小值f（2）＝ln2＋1，故选项A正确，选项B错误；()2lnyfxxxxx=−=+−，则2220xxyx+−−=，所以当x→0时，y→＋∞，当x＝e时21e0ey=+−，

所以函数y＝f（x）－x有且只有一个零点，故选项C正确；f（x）＞kx，可得22lnxkxx+，令()22lnxgxxx=+，则()24lnxxxgxx−+−=，令()4lnhxxxx=−+−，则()lnh

xx=−，故x＞1时h（x）单调递减，0＜x＜1时，h（x）单调递增，所以h（x）≤h（1）＜0，所以g（x）在x＞0上单调递增，无最小值，所以不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，故选项D错误；故选：AC．为三、填空题：本题共3小题，每

小题5分，共15分.12.定义方程()()fxfx=的实数根0x叫做函数()fx的“新驻点”．(1)若()ln1fxxx=++，则()fx的“新驻点”为_______；(2)如果函数()()ln1g

xx=+与()xhxxe=+的“新驻点”分别为、，那么和大小关系是________．【答案】①.1②.【解析】【分析】（1）先对函数求导，结合已知定义即可求解；（2）分别对函数()gx，()hx求导，然后结合已知，利用导数分析相应函数的性质即可求解．【详解】解

：（1）因为()ln1fxxx=++，所以()()110fxxx=+令()()fxfx=，即1ln11xxx++=+，即1lnxxx+=，解得1x=故()fx的“新驻点”为1；（2）因为()()ln1gx

x=+，()xhxxe=+，所以1()1gxx=+，()1xhxe=+由题意可得，()()gg=，即1(1)1ln=++，设1()(1)1Hxlnxx=−++，则易得()Hx在(1,)−+单调递减且()112022eHlnln=−=，故1，()1xhxe=+，由1e

e+=+，故1=，所以．故答案为：1，．13.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有_____种【答案

】67【解析】【分析】根据特殊元素特殊处理的原则，以丙进行分类，排完丙后，由甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，还要进行分类，根据分类计数原理可得.【详解】因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类：第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代

表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有222A=种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有1种，共计213+=种；第二类，当丙不当物理课代表时，分四类：①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理

和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种133318AA=种，②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有133318AA=种，③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三

位同学任意当有336A=种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课,乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有1122228AAA=种，共计6814+=种，④丙为化学课代表时，同③的选法一样有14种，根据分类计数原理得，不同的选法共有318181

41467++++=种.故答案为：67.14.已知函数32,0()ln,0xxxfxxx−=−，若函数()()gxfxxa=−−有3个零点，则实数a的取值范围是________．【答案】)0,

2【解析】【分析】函数()()gxfxxa=−−有3个零点，转化为()yfx=与yxa=+有3个交点，利用数形结合，以及导数的几何意义，即可求得实数a的取值范围.【详解】，()26632333fxxxx=−=+−，当

63x−时，()0fx¢>，函数单调递增，当603x−时，()0fx，函数单调递减，所以当63x=−时，函数取得极大值469，函数()()gxfxxa=−−有3个零点，转化为方程()fxxa=+有3个实数根，即()yfx=与yxa=+有3个交点，yxa=+表示斜率

1k=的直线，如图，当直线过原点时，两个函数有3个交点，此时0a=，当直线yxa=+与(),0fxx相切时，设切点()00,xy203000032120xxxxax−=−=+，解得：01x=−，2a=，如图，满足条件的a的取值范围是)0,2故答案为：)0,2四、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.设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球．（1）从甲袋中取4个球，求这4个球中恰好有2个红球的概率；（2）先从乙袋中取2个球放入甲袋，再从甲袋中取2个球，求从甲袋中取出的是2个红球的概率．【答案】（1）1835（2）35

108【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；（2）利用全概率概率公式计算可得；【小问1详解】解：依题意从7个球中取4个球有47C中取法，其中4个球中恰好有2个红球，即恰好有2个红球、2个白球，有

2234CC种取法，所以4个球中恰好有2个红球的概率223447CC18C35P==；【小问2详解】解：记1A为从乙袋中取出1个红球、1个白球，2A为从乙袋中取出2个红球，B为从甲袋中取出2个红球，所以()121

23C2=C3PA=，()22223C1=C3PA=，所以()25129C5|=C18PBA=，()26229C5|=C12PBA=，所以()()()()()1122251535||318312108PBPBAPAPBAPA=+=+=16.已知二项式()22nxx−−．（1

）若展开式中第二项系数与第四项系数之比为1:8，求二项展开式的系数之和．（2）若展开式中只有第6项的二项式系数最大，求展开式中的常数项．【答案】（1）-1（2）180【解析】【分析】(1)先求出n值，再求二项展开式的系数之

和；(2)根据已知求出n的值，再求出展开式中的常数项．【详解】(1)二项式()22nxx−−的展开式的通项为5221()(2)(2)nrrnrrrrrnnTCxxCx−−−+=−=−，所以第二项系数为1(2)nC−，第四项系数为33(2)nC−，所以13(2)188nnCC−=−

，所以5n=.所以二项展开式的系数之和()521211−−=−.(2)因为展开式中只有第6项的二项式系数最大，所以展开式有11项，所以10.n=令1050,22rr−==.所以常数项为2210(2)180C−=.【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数问题，考查指定项的求法，意在考

查学生对这些知识的理解掌握水平.17.已知()32fxxax=−−（1）若0a=，求曲线()fx在1x=处的切线方程；的（2）若过点(1,0)P−的直线l与曲线()fx在1x=处相切，求实数a的值.【答案】（1）560xy−−=（2）11−【解析】【分析】（1）先对函数(

)fx求导得到()fx，从而得到曲线()fx在1x=处的切线斜率，再求得点()()1,1f，结合直线的点斜式方程，即可求解；（2）利用导数几何意义得到()15f=，再根据两点间的斜率公式得到关于a方程，即可求解.小问1

详解】当0a=时，()32fxxx=−，则()()22230fxxxx=+，所以()11f=−，()15f=所以曲线()fx在1x=处的切线方程为()151yx+=−，即560xy−−=.【小问2详解】由()32fxxax=−−，得(

)()22230fxxxx=+，因为直线l与曲线()fx在1x=处相切，所以直线l的斜率()15kf==，又()()()1011111222fakf−===−−−−，所以1522a−−=，解得：11a=−，故实数a的值为11−.18.已知函数2()3fxalnxxb=+−，曲线()y

fx=在点(1，f（1）)处的切线方程为240xy+−=．（1）求实数a，b的值；（2）若曲线3:412aCyxb=−−，求曲线C过点(2,4)的切线方程．【答案】（1）4a=−，13b=−；（2）440xy−−=或20xy−+=．【解析】的【【分析】(1)由已知可得(1

)2f=−，(1)2f=，列方程求a，b，(2)设设曲线与过点(2,4)P的切线相切于点0(Ax，3014)33x+，则0()fx与直线PA的斜率相等，由此可求切点坐标，并求出对应的切线方程.【详解】解：（1）2()3fxalnxxb=

+−的导数为()2afxxx=+，由曲线()yfx=在点(1，f（1）)处的切线方程为240xy+−=，可得22a+=−，即4a=−，又f（1）132b=−=，解得13b=−，即有4a=−，13b=−；（2）曲线3:412aCyxb=−−，即314

33yx=+，导数2yx=，设曲线与过点(2,4)P的切线相切于点0(Ax，3014)33x+，则切线的斜率20kx=，所以切线方程为3200014()()33−+=−yxxxx，即23002433yxxx=−+，因为

点(2,4)P在切线上，所以2300244233xx=−+，即3200340xx−+=，即有322000440xxx+−+=，所以200(1)(2)0xx+−=，解得01x=−或02x=，故所求的切线方程为440xy−−=或20xy−+=．19.已知

3x=是函数()()2ln110fxaxxx=++−的一个极值点.（Ⅰ）求a；（Ⅱ）求函数()fx的单调区间；（Ⅲ）若直线yb=与函数()yfx=的图象有3个交点，求b的取值范围.【答案】（Ⅰ）16a=（Ⅱ）()1,3（Ⅲ）b的取值范围为()32ln221,16ln29−−【解析】【详解】试题分析

：（1）先求导()2101afxxx+=−+，再由3x=是函数的一个极值点即求解；（2）由（2）确定，再由和求得单调区间；（3）由（2）知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或3x=时，，可得的极大值为，极小值为，再由直线与函数的图象有个

交点则须有求解．试题解析：（1）因为()2101afxxx+=−+，所以()361004af=+−=，因此16a=（2）由（1）知，()()()216ln110,1,fxxxxx=++−−+，()()22431xxfxx−+=+．当()()1,13,x−+

时，()0fx¢>，当()1,3x时，()0fx，所以()fx的单调增区间是，()fx的单调减区间是()1,3（3）由（2）知，()fx在()1,1−内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,

+上单调增加，且当或3x=时，()0fx=所以()fx的极大值为()116ln29f=−，极小值为()332ln221f=−，当1x→−时，()fx→−所以在()fx在三个单调区间()()()1,1,1,3

,3,−+直线有()yfx=的图象各有一个交点，当且仅当()()31fbf，因此，b的取值范围为()32ln221,16ln29−−考点：（1）函数在某点取得极值的条件；（2）利用导数研究函数的单调性.