【文档说明】山东省枣庄市滕州市2022-2023学年高二下学期期中数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.244 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年第二学期期中质量检测高二数学2023.4一、单项选择题：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.函数2yx=在区间2,3上的平均变化率为（）A.2B.3C.5D.4【答案】C【解析

】【分析】根据平均变化率的知识求得正确答案.【详解】当2x=时，4y=；当3x=时，9y=.所以函数2yx=在区间2,3上的平均变化率为94532−=−.故选：C2.某小组有8名男生，6名女生，要求从中选1名当组长，不同的选法共有（）A.12种B.14

种C.24种D.48种【答案】B【解析】【分析】根据组合性质即可求解.【详解】依题意，小组有8名男生，6名女生，要求从中选1名当组长，则有114C14=种选法.故选：B.3.下列求导运算正确的是（）A.(ln)xx=B.211()1xxx−=+C.(cos)sinxx=D.()eexx

x=【答案】B【解析】【分析】根据导数的计算逐一判断即可.【详解】对于A，()1lnxx=，故A不正确；对于B，2111+xxx−=，故B正确；对于C，()cossinxx=−，故C不正确；对于D，()eeexxxxx=+，故D不正确.故选：B4.已知函数

f(x)在x=x0处的导数为12，则000()()lim3xfxxfxx→−−=（）A.-4B.4C.-36D.36【答案】A【解析】【分析】根据题意，由极限的性质可得则000000()()()()1lim=lim33xxfxxfxfxfxxxx→→−

−−−−，结合导数的定义计算可得答案．【详解】根据题意，函数()fx在0xx=处的导数为12，则000000()()()()112lim=lim4333xxfxxfxfxfxxxx→→−−−−−=−=−；故选：A．【点睛】本题考查极

限的计算以及导数的定义，属于容易题．5.已知函数()2sinfxxx=−，则下列选项正确是（）A.()()()eπ2.7fffB.()()()πe2.7fffC.()()()e2.7πfffD.()()()2.7eπfff【答

案】D【解析】【分析】求导得到()2cos0fxx=−，函数单调递增，得到大小关系.【详解】()2sinfxxx=−，故()2cos0fxx=−，所以()fx在()0,+上递增，2.7eπ，所以()()()2.7e

πfff，故选：D的6.将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有A.12种B.18种C.36种D.54种【答案】B【解析】【详解】试题分析：由题意知，完成这一件事可分为两步：先将标号1,

2的卡片放入同一封信有种方法；再将其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.考点：排列与组合7.定义在R上的函数()fx的导函数为()fx，且()()30fxfx+，()ln21f=，则不等式()38exfx−的解集为（）A.(),2−B.(),ln2−

C.()ln2,+D.()2,+【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可得()3e8xfx，构建()()3=exgxfx，求导，结合函数单调性解不等式.【详解】∵()38exfx−，且3e0x，可得()3e8xf

x，故原不等式等价于()3e8xfx，构建()()3=exgxfx，则()()()()()333=e3e3exxxgxfxfxfxfx+=+，∵()()330,e0xfxfx+，则()()()330exfxfxgx=+

恒成立，∴()gx在定义域内单调递减，且()()33ln2ln2=ln2e28gf==，则对于()3e8xfx，解得ln2x，故不等式()38exfx−的解集为(),ln2−.故选：B.8.设()2lnsin0.1cos0.1a=+，0.2b=，1.2ln

1.2c=，则（）．A.abcB.cbaC.cabD.acb【答案】A【解析】【分析】根据数字特征、对数的运算性质、同角的三角函数关系式、二倍角正弦公式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性进行判断即可.【详解】构造函数()()()()ln11,2fxxxxx=

−−，所以有()lnfxx=，因为()1,2x，所以()ln0fxx=，所以此时函数单调递增，故有()()10fxf=，显然()1.21,2，所以有()1.20f，即()1.2ln1.21.210

1.2ln1.20.2cb−−；()()22lnsin0.1cos0.1lnsin0.1cos0.1ln(1sin0.2)a=+=+=+，0.20.2lneb==，构造函数()()()()e1sin0,1xgxxx=−+，则有()ecosxg

xx=−，因为()0,1x，所以e1,cos1xx，因此()ecos0xgxx=−，所以函数()()()()e1sin0,1xgxxx=−+是增函数，于是有()()00gxg=，而()0.20,1，所以()()0.20.20.2e1sin0.20e1sin0.2g=−+

+，即()0.2lneln1sin0.2ba+，于是有abc，故选：A【点睛】关键点睛：根据代数式的特征构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用单调性进行判断是解题的关键.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.如图是函数()yfx=的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的是（）A.()fx在()2,1−−上是增函数B.()fx在()2,4上是减函数C.当=1x−时，()fx取得极小值D.当1x

=时，()fx取得极大值【答案】BC【解析】【分析】根据导数与原函数关系解决.【详解】从导函数图像可以看出函数()fx在()()2,1,2,4−−上为单调减函数；()fx在()()1,2,4,5−上为增函数，故A错B对

，C对D错.故选：BC10.某高一学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选科科目，则（）A.若不选择政治，选法总数为25C种B.若物理和化学至少选一门，选法总数为1225CC种C.若物理和历史不能同时选，选法总数为3164CC

−种D.若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为12种【答案】ACD【解析】【分析】对于A：原题意等价于六门课程中选三门不作选修科目，结合组合数运算求解；对于B、C、D：根据题意利用间接法，结合组合数运算求解.【详解】对于A：原题意等价于六门课程中选三门不作选

修科目，已知不选择政治，则再从剩余的五门课程中选择两门不作为选修科目，可得选法总数为25C种，故A正确；对于B：六门课程中选三门，选法总数为36C20=种，若物理和化学均不选，选法总数为34C4=种，若物理和化学至少选一门，选法总数为20416−=种，但12

25CC2016=，故B错误；对于C：若物理和历史同时选，选法总数为14C种，若物理和历史不能同时选，选法总数为3164CC−种，故C正确；对D：在物理和历史不同时选的前提下，排除物理和化学均不选，结合选项

B、C可知：选法总数为3164CC4204412−−=−−=种，故D正确；故选：ACD.11.下列等式中，正确的是（）A.11AAAmmmnnnm−++=B.1CC−=rrnnrnC.111111CCCCmmmmnnnn+−−+−−=++D.11CC

mmnnmnm++=−【答案】AD【解析】【分析】A.利用排列数公式求解判断；B.利用组合数公式求解判断；C.利用组合数性质求解判断；D.利用组合数公式求解判断.【详解】A.()()1!!AA!1!−+=+−−+mmnnnnmmnmnm()(

)()()()()()11!1!1!!1!1!1!1!+−+++=+===−+−+−+−+mnnmnnnnmnAnmnmnmnm，故正确；B.因为()()()!!C!!1!!==−−−rnnnrrrnrrn

r()()1!C1!1!−=−−+rnnnnrnr，所以1CC−rrnnrn，故错误；C.11111111CCCCCCC−−−+−−++++=+=mmmmmmmnnnnnnn，故错误；D.()()111!C1!1!+++=−−+−−mnmmnnmnmmnm()()()()()1!1

!C1!1!!!++===−+−−−−mnmnmnnmmmnmnmmnm，故正确；故选：AD12.已知0ab，函数()2eaxfxxbx=++，则（）A.对任意a，b，()fx存在唯一极值点B.对任意a，b

，曲线()yfx=过原点的切线有两条C.当2ab+=−时，()fx存在零点D.当0ab+时，()fx的最小值为1【答案】ABD【解析】【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为2e(,),ammnnb

mm=++，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于()fx为偶函数，故先判断0x时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断0x的单

调性，进而求得函数最值.【详解】对于A，由已知0ab，函数()2eaxfxxbx=++，可得()e2axfxaxb=++，令()()2e2,e20axaxgxaxbgxa=++=+，则()gx即()e2axfxaxb=++在R上单

调递增，令()e20axfxaxb=++=，则e2axaxb=−−，当0a时，作出函数e,2axyayxb==−−的大致图象如图：当a<0时，作出函数e,2axyayxb==−−的大致图象如图：可知e,2axyayxb==−−的图象总有一个交点，即()e20axfxaxb=++=总有一个

根0x，当0xx时，()0fx；当0xx时，()0fx¢>，此时()fx存在唯一极小值点，A正确；对于B，由于()01f=，故原点不在曲线()2eaxfxxbx=++上，且()e2axfxaxb=

++，设切点2e(,),ammnnbmm=++，则()2ee2amamnmbmfmambmm++=++==，即eeamamamm+=，即2e(1)0amamm−+=，令2()e(1)amhmamm=−+，2()e(1)e2(e2)amama

mhmaamamma=−++=+，当0m时，()0hm，()hm在(,0)−上单调递减，当0m时，()0hm，()hm在(0,)+上单调递增，故min()(0)1hmh==−，当m→−

时，e(1)amam−的值趋近于0，2m趋近于无穷大，故()hm趋近于正无穷大，当m→+时，e(1)amam−的值趋近于正无穷大，2m趋近于无穷大，故()hm趋近于正无穷大，故()hm在(,0)−和(0,)+上各有一个零点，即2e(1)0am

amm−+=有两个解，故对任意a，b，曲线()yfx=过原点的切线有两条，B正确；对于C，当2ab+=−时，2=−−ba，()2e(2)axfxxax=+−+，故()e22axfxaxa=+−−，该函数为R上单调增函数，(

)()020,1e(e1)0aaffaaa=−=−=−，故(0,1)s，使得()0fs=，即22e1assaa=−++，结合A的分析可知，()fx的极小值也即最小值为2222e(2)1(2())asfsasssasaas+−+=−+++−+=，令2221)2)((ssa

saams−+++−+=，则()22(2)mssaa=−++，且为增函数，当a<0时，2(2)222)0(0aam−++−=，当且仅当2a=−时取等号，故当0s时，()()00msm，则()fs在(0,1)上单调递增，故2()(0)1fsfa=+，令3a=−，则21(0)10

,()(0)03ffsfa=+=，为此时()fx的最小值为()0fs，()fx无零点，C错误；对于D，当0ab+时，()fx为偶函数，考虑0x视情况；此时()2e,)(()0axfxfxxbxx++==，e()2axxabfx+=+，结合A的分析可知e()2

axxabfx+=+在R上单调递增，)0(0bfa=+，故0x时，()(0)0fxf，则()fx在(0,)+上单调递增，故()fx在(,0)−上单调递减，()fx为偶函数，故()min(0)1fxf==，D正确，故选：

ABD【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13

.已知函数()fx的导函数为()fx，且满足()()121fxxfx=+，则()1f=________．【答案】1【解析】【分析】根据题意，求导可得()fx，然后令1x=，即可得到结果.【详解】因()()

121fxxfx=+，则()()2121fxfx=−，令1x=，可得()()1211ff=−，解得()11f=.故答案为:114.从A，B等5名学生中随机选3名参加数学竞赛，则A和B至多有一个入选的方法有______种．【答案】7【解析】【分析】间接

法：求出任选3人的方法数，以及A和B都入选的方法数，相减即可得出答案.【详解】从5名学生中任选3名参加数学竞赛，方法有35C10=种，A和B都入选的方法有13C3=种，所以，A和B至多有一个入选的方法有1037−=

种.为故答案为：7.15.已知函数()(1)xfxeax=−+，若()fx有两个零点，则实数a的取值范围是________．【答案】(1,)+【解析】【分析】先对()fx求导，根据a的范围研究()fx的符号，判断()fx的单调性，

结合()fx有两个零点，求出a的取值范围．【详解】解：由题知：()xfxea=−，xR．①当0a„时，()0fx，()fx单调递增，至多有一个零点，不合题意；②当0a时，令()0fxxlna==，易知

()fx在(,)lna−单调递减，在(,)lna+单调递增，故()fx的最小值为()(1)flnaaalnaalna=−+=−．()fx有两个零点，当x→时，()fx→+，()00flnalna，解得1a故答案为：(1,)+．【

点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，属于基础题.16.直线yk=与两条曲线()exfxx=和()lnxgxx=共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是123,,xxx，则123,,xxx满足的一个等式为__________.【答案】2132xxx=【解析】【分析】令()()fxg

x=，则2lnexxx=，令()2(0)exxhxx=，求导得到单调性从而画出(),lnhxyx=的图象，判断曲线()exfxx=和曲线()lnxgxx=只有一个交点.再分别对()exfxx=，()lnxgxx=求导得到单调性后画出图象，从而确定

当直线yk=经过曲线曲线()exfxx=和曲线()lnxgxx=的唯一公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，进而得到12301e,xxx，且12233122ee,lnlnxxxxxxxx===利用同构化为12123223ee,lnelnelnlnxxxxxxxx===再借助()

lnxgxx=的单调性得到12exx=，23exx=，借助2222elnelnxxxx=，最终可得2132xxx=.详解】令()()fxgx=，即elnxxxx=，则2lnexxx=，令()2(0)exxhxx=，则(2)(),exxxhx−=所

以当02x时，()0,()hxhx单调递增；当2x时，()0,()hxhx单调递减，()()2max42ehxh==，又(0)0h=，所以(),lnhxyx=的图象如图所示：由图可知，(),lnhxyx=的

图象只有一个交点，因此曲线()exfxx=和曲线()lnxgxx=只有一个交点.对()exfxx=求导，可得()()21exxfxx−=所以当01x时，()()0,fxfx单调递减；当1x时，()()0,fxfx单调递增

，所以()()min1efxf==.对()lnxgxx=求导，可得()()2ln1lnxgxx−=所以当0ex时，()()0,gxgx单调递减；当ex时，()()0,gxgx单调递增，所以()()mineegxg==，所以()(),fxgx图象如图所示：【

由图知，当直线yk=经过曲线曲线()exfxx=和曲线()lnxgxx=的唯一公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，则有12301e,xxx，且12233122ee,lnlnxxxxxxxx===则12123223ee,lnelnel

nlnxxxxxxxx===120e,exx且()lnxgxx=在()0,e上单调递减，1212e,lnxxxx==，又23e,e,xx且()lnxgxx=在()e+，上单调递增，23exx

=，2132lne,xxxx=而2222e,lnxxxx=即，2222lnexxx=，所以2132xxx=.故答案为：2132xxx=【点睛】关键点点睛：先判断曲线()exfxx=和曲线()lnxgxx=只有一个交点，可以令()()fxgx=，即elnxx

xx=，则2lnexxx=，构造函数()2(0)exxhxx=，求导得到单调性画出图象判断.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.有2名男生和3名女生，按下列要求各有多少种排法，依题意列式作答：（1）若2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法；

（2）若2名男同学中间必须有1人，共有多少种不同的排法．【答案】（1）72（2）36【解析】【分析】（1）先排女同学，再将男同学插空，得到答案；（2）先将两名男生进行排列，再选出1名女生放在男同学中间，利用捆绑法进行求解.【

小问1详解】先将3名女生进行排列，有33A6=种情况，再将2名男生插空，有24A12=种情况，故2名男同学不相邻，共有61272=种排法；【小问2详解】先将两名男生进行排列，有22A2=种情况，再选出1名女生放在男同学中间，有13A

3=种选择，将两名男同学和这名女同学看成一个整体和剩余的2名女同学进行全排列，共有33A6=种选择，故若2名男同学中间必须有1人，共有23636=种排法.18.（1）若33210nnAA=，求正整数n；（2）已知56711710nnnCCC−=，求8nC.【答案】

（1）8（2）28【解析】【分析】（1）利用排列数公式可得()()()()221221012nnnnnn−−=−−，即求；（2）利用组合数公式可得223420nn−+=，即求.【小问1详解】由33210nn

AA=得，()()()()221221012nnnnnn−−=−−，又*3,Nnn，∴()()22152nn−=−，即8n=，∴正整数n为8.【小问2详解】由56711710nnnCCC−=得，()()()!5!!6!7!7!5!6!107!nnnnnn−−−−=，∴()()676166

0nnn−−−−=即223420nn−+=，解得2n=或21n=，又05n，∴2n=，∴88228nCC==.19.已知A，B两地的距离是130km.根据交通法规，A，B两地之间的公路车速v（单位：/kmh）应满足50,100v.假设油价是7元/L，以/x

kmh的速度行驶时，汽车的耗油率为33/xLhk+，当车速为80/kmh时，汽车每小时耗油13L，司机每小时的工资是91元.（1）求k的值；（2）如果不考虑其他费用，当车速是多少时，这次行车的总费用最低？【答案】（1）51200；（2）100.【解析】【分析】（1）根据题中

给出的车速和油耗之间的关系式，结合已知条件，待定系数即可；（2）根据题意求得以/xkmh行驶所用时间，构造费用关于x的函数，利用导数研究其单调性和最值，即可求得结果.【小问1详解】因为汽车以/xkmh的速度行驶时，

汽车的耗油率为33/xLhk+，又当80x=时，33xk+13=，解得51200k=.【小问2详解】若汽车的行驶速度为/xkmh，则从A地到B地所需用时130hx，则这次行车的总费用()321301301673919

10,50,1005120051200xxfxxxxx=++=+，则'()fx32409600091025600xx−=，令'()fx0=，解得160x=，则当50,100x，'()fx0，()fx单调递

减，即()()100fxf.故100x=时，该次行车总费用最低.20.已知函数()()2exfxx=−．（1）求函数()fx的极值；（2）画出函数()fx的大致图像．【答案】（1）极小值为()1ef=−，无极大值．（2）图像见解析【解析】【分析】（1

）利用导数得出函数单调区间以及极值；（2）由单调性结合极值和零点画出函数()fx的大致图像.【小问1详解】()()2exfxx=−，函数定义域为R，()()()e2e1exxxfxxx=+−=−，()0fx，解得1x

；()0fx¢>，解得1x，即函数()fx在(),1−上单调递减，在()1,+上单调递增，极小值为()1ef=−，无极大值．【小问2详解】当2x时，()0fx﹔()02f=−，()1ef=−，()20f=，结合函数单调性，可画出函数()fx的大致图像，如下图所示︰21.已

知函数2()(2)lnfxaxaxx=−++．（1）当2a=时，求曲线()yfx=在()()1,1f处的切线方程；（2）求函数()fx的单调区间．【答案】（1）30xy−−=（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义即可求解.

（2）求出导函数，分情况求解不等式()0fx和()0fx即可得解.【小问1详解】当2a=时，2()24lnfxxxx=−+，0x，()144fxxx=−+，所以()11f=，又()1242f=−=−，所以曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为21yx+=

−，即30xy−−=.【小问2详解】()2221(1)(21)()(0)axaxaxxfxxxx−++−−==，当0a，令()0fx=得12x=，由()0fx得102x，由()0fx得12x，所以()fx的单调递增区间为1(0,)2，单调递

减区间为1,2+当0a，令()0fx=得1211,2xxa==，当02a时，由()0fx得102x或1xa，由()0fx得112xa，所以()fx的单调递增区间为1(0,)2和1,a+，单调递减区间为11,2a

；当2a=时，()221()0xfxx−=，所以()fx的单调增区间为(0,)+，无单调减区间；当2a时，由()0fx得10xa或12x，由()0fx得112xa，所以()fx的单调增区间为10,a和1(,)2+，单调递减

区间为11,2a.22.已知函数()ecos2xfxx=+−．（1）证明：函数()fx只有一个零点；（2）在区间()0,+上函数()sinfxaxx−恒成立，求a取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）(,2−【解析】的【分析】（1）由题意可判断()00f=，然后

说明当0x时无零点；当0x时，利用导数判断函数单调性，进而说明函数零点只有一个；（2）将()sinfxaxx−变为esincos20xxxax++−−，从而构造函数()esincos2xgxxxax=++−−，再利用导数判断函数的单调性，分2a时和2a时两种情况讨论不等

式是否恒成立，结合()00g=，即可求得答案.【小问1详解】证明：由()ecos2xfxx=+−可得()00ecos020f=+−=，当0x时，e1x，cos1x，所以ecos2xx+，故ecos20xx+−，故()fx在区间(),0

−上无零点．当0x时，()esinxfxx=−，而e1x，sin1x−−，且等号不会同时取到，所以()esin0xfxx=−，所以当0x时，函数()fx单调递增，所以()()00fxf=，故函数()fx在区间)0,+上

有唯一零点0，综上，函数()fx在定义域上有唯一零点.【小问2详解】由()sinfxaxx−在区间()0,+上恒成立，得ecos2sinxxaxx+−−，即esincos20xxxax++−−在区间()0,+上恒成立．设

()esincos2xgxxxax=++−−，则()0gx在区间()0,+上恒成立，而()ecossinxgxxxa=+−−，()ecossinxmxxxa=+−−，则()esincosxmxxx=−−．设()e1xhxx=−−，则()e1xhx=−，当0

x时，()0hx，所以函数()hx在区间()0,+上单调递增，故在区间()0,+上，()()00hxh=，即在区间()0,+上e1xx+，设函数()()0n,si,pxxxx=−+，则()1cos0px=−

，所以函数()px在区间()0,+上单调递增，故在区间()0,+上()()00pxp=，即在区间()0,+上，sinxx，所以在区间()0,+上，e1sincosxxxx++，即()esi

ncos0xmxxx=−−，所以在区间()0,+上函数()gx单调递增．当2a时，()020ga=−，故在区间()0,+上函数()0gx，所以函数()gx在区间()0,+上单调递增．又()00g=，故()0gx

，即函数()sinfxaxx−在区间()0,+上恒成立．当2a时，()020ga=−，()()()ln22cosln2sinln2gaaaaa+=+++−+−()π22sinln204a=−+−，故

在区间()()0,ln2a+上函数()gx存在零点0x，即()00gx=，又在区间()0,+上函数()gx单调递增，故在区间()00,x上函数()()00gxgx=，所以在区间()00,x上函数()gx单调递减，又()00g=，所以在区

间()00,x上函数()(0)0gxg=，与题设矛盾．综上，a的取值范围为(,2−.【点睛】方法点睛：解答函数不等式恒成立问题的方法：（1）分离参数，即将不等式中所含参数分离出来，然后构造函数，将问题转化为利用导数求函数的最值问题；（2）将不等式变

形为不等式一侧为0，直接构造函数，利用导数判断该函数的单调性，利用函数单调性解决恒成立问题；（3）将不等式变形，再利用放缩法转化为较常见形式的不等式，结合导数解决问题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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