【文档说明】吉林省松原市前郭县第五中学2020-2021学学年高二下学期期中测试数学试题 含答案.docx，共(10)页，4.538 MB，由小赞的店铺上传

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【期中试卷】吉林省松原市前郭尔罗斯蒙古族自治县第五中学2020-2021学学年高二下学期期中测试卷数学试卷注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2

．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上

交。第Ⅰ卷（选择题）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．物体的运动位移方程是（的单位：；的单位：），则物体在的速度是（）A．2m/s

B．4m/sC．6m/sD．8m/s2．在曲线上切线的倾斜角为的点的坐标为（）A．B．C．D．或3．函数的图象大致是（）A．B．C．D．4．已知直线与曲线相切，则（）A．1B．C．0D．5．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、

牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学每个吉祥物都喜欢，如果三位同学对选取的礼物都满意，则选法有（）A

．种B．种C．种D．种6．二项式的展开式中，含项的系数为（）A．1140B．1330C．190D．2107．点P在函数的图象上，若满足到直线的距离为的点P有且仅有3个，则实数a的值为（）A．B．3C．4D．58．已知函数，在区间内任取两个实数，且，

若不等式恒成立，则实数的最小值为（）A．B．C．D．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3分，有选错的得0分．9．在的展开式中，有下列四个命题，其中为真命题的是（）A．非常数项系数的绝对值的和是1

B．系数最大的项是第1009项此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号C．偶数项的系数和是D．当时，除以2018的余数为110．已知函数，则（）A．过点有且只有一条直线与曲线相切B．当时，C．若方程有两个不同的实数根，则的最大值为1D．若，，

则11．下列不等式中正确的是（）A．B．C．D．12．已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值可以是（）A．0B．C．D．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．设函数可导，若，则__________．14．若函数在上不单调，则实数a的取值范围是_____

_．15．用这六个数字组成无重复数字的自然数．（1）在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字及个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如等都是“凸数”，则“凸数”有_____个；（2）在组成的五位数中，恰有一个偶数数字夹在两个奇

数数字之间的自然数有_____个．16．已知函数在的值域为，则实数的取值范围为________．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．（1）求项数；（

2）求展开式中的二项式系数最大的项；（3）求展开式中所有系数的绝对值的和．18．（12分）现有本书和位同学，将书全部分给这三位同学．（1）若本书完全相同，每个同学至少有一本书，共有多少种分法？（2）若本书都不相同，共有多少种分法？

（3）若本书都不相同，每个同学至少有一本书，共有多少种分法？19．（12分）（1）计算：；（2）已知，求的值（用数字作答）．20．（12分）已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设函数（为的导函数），若方程在上有且仅有两个实根，求实数的取值范围．21．（12分）已知函

数，，，．（1）讨论函数的单调区间及极值；（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．22．（12分）已知函数（其中为自然对数的底数）．（1）求函数的最小值；（2）求证：．数学答案第Ⅰ卷（选择题）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．【答案】C【解析】由物体运动速度为位移对时间的导数，即，∴时，，故选C．2．【答案】D【解析】设所求点为，因为，所以，因为切线的倾斜角为，所以切线斜

率为，即，所以，则当时，；当时，，所以所求点的坐标为或，故选D．3．【答案】B【解析】，令，解得或；令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的两个极值点为，故排除选项A和选项D，当时，，，所以恒为正，排除选项C，即只有选项B符合要求，故选B．4．【

答案】B【解析】设切点坐标为，求导得，则，得，又，得，故选B．5．【答案】A【解析】①若甲同学选择牛，则乙同学有种选择，丙同学有种选择，选法种数为，②若甲同学选择马，则乙同学有种选择，丙同学有种选择，选法种数为，综上，总共有种选法，故选A．6．【答案】A【解析】根据

二项式定理得的展开式中，含项的系数为，故选A．7．【答案】D【解析】过函数的图象上点作切线，使得此切线与直线平行，因为，于是，所以，，∴，于是当点P到直线的距离为时，则满足到直线的距离为的点P有且仅有3个，∴，解得或，又当时，函数的图象与直线不相交（如

图），从而只有一个点到直线距离为，所以不满足；当时，函数的图象与直线相交，满足条件，故选D．8．【答案】C【解析】因为在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，即在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，它表示函数在上任意两点间连线的斜率大于，也即在上任意两点间连线的斜率

大于，所以在恒成立，变形得，时，，即，当且仅当时等号成立．所以，的最小值为，故选C．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3分，有选错的得0分．9．【答案】BD【解析】对于A中，由的展开式中，常数项为1，令，得所

有项系数的绝对值的和为，所以展开式中非常数项系数的绝对值的和为，所以A是假命题；对于B中，展开式的通项公式为，所以系数最大的项是第1009项，所以B是真命题；对于C中，令，得，易知展开式中奇数项系数为正，偶数项系数为负，故展开式中偶数项的系数和是，所以C是假命题；对于D中，当时，，展开式

中不含2018的项是1，所以当时，除以2018的余数为1，所以D是真命题，故选BD．10．【答案】BCD【解析】当时，，，设切点为，则，解得，故当时，过点且与曲线相切的直线方程为；当时，，，设切点为，由，解得，故当时，过点且与曲线相切的直线方程为，选项A不正确；当时，曲线的一条切线方

程为，所以，选项B正确；作出函数的大致图象，如图所示，结合图象可知，若方程有两个不同的实数根，则的最大值为1，选项C正确；由图易知，，且，即，所以，得，由，得，得，所以，．令，，则，由，得，所以在上单调递减，所以，所以，所以，选项D正确，故选BCD

．11．【答案】AC【解析】构造函数，则，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，所以当时，取得最大值．A选项，，由可得，故A正确；B选项，，由，可得，故B错误；由可推导出，即，即，则，即，所以，故C正确；D选项，因为，所以，所以，故D错误，故选AC．12．【答案】CD【解析】，，

由已知得，过点作曲线的三条切线，情况如下：①点在曲线上，故此时，切点为，把点代入函数可得，利用切线公式得，所以，此时切线为轴，但此时切线只有一条，不符合题意；②点不在曲线上，故此时切点在曲线上，设切点为，故

切线经过，切线方程为，又因为切点在曲线上，所以，又因为切线的斜率为，联立方程得，化简得，令，即有三个解，即与有三个交点，令，可得两极值点为，；对于，在和时，单调递增；在时，单调递减，所以，当时，因为，，所以，当时，满足与有三个交

点，而，故选CD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】3【解析】因为，所以，即，故．14．【答案】【解析】因为函数在上不单调，所以函数在上存在变号零点，由可得，，于是，解得，故答案为．15．【答案】，【解析】（1）将这些“凸数”分为三类，且百位不

能为：（i）若十位数字为，则只有“”，种情况；（ii）若十位数字为，则共有；（iii）若十位数字为，则共有（个），所以，共有个符合题意的“凸数”．（2）将符合题意的五位数分为三类：（i）若两个奇数数字在一、三位置，则共有（个）；（ii）若两个奇数数字在二、四位置，则共有（个）；

（iii）若两个奇数数字在三、五位置，则共有（个），所以，共有个符合题意的五位数．故答案为，．16．【答案】【解析】由解析式知：，∴在、上，，即单调递增；在上，，即单调递减，∴有极大值，极小值，由题意知，，即有，解得，故答案为．四、解答题：本大题共6个大题，共7

0分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】（1）二项式展开式的通项为，因为前三项系数的绝对值成等差数列，所以，化简得，解得，（，舍去）．（2）由（1）知，二项式的展开项共9项，故二项式系数最大的项为第项，即．（3）展开式中所有系数的绝对

值的和为．18．【答案】（1）种；（2）种；（3）150种．【解析】（1）根据题意，若本书完全相同，将本书排成一排，中间有个空位可用，在个空位中任选个，插入挡板，有种情况，即有种不同的分法．（2）根据题意，若本书都不相同，每本书可以分给人中任意1人，都有3种分法，则5本

不同的书有种．（3）根据题意，分2步进行分析：①将本书分成组，若分成1、1、3的三组，有种分组方法；若分成1、2、2的三组，有种分组方法，则有种分组方法；②将分好的三组全排列，对应名学生，有种情况，则有种分法．19．【答案】（1）；（2）．【解析】．（2）由

，可得，即，可得，整理可得，解得或，因为，可得，所以．20．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由已知，所以，又，所以切线方程为，即．（2）由（1），定义域为，，所以当时，，递减；时，，递增，所以时，取得极小值也是最小值，，时，，所以方程在上有且仅有

两个实根，则实数的取值范围是．21．【答案】（1）见解析；（2）2．【解析】（1）由，得的定义域为，且．①当时，恒成立，∴在上是减函数，无极值；②当时，令，得；令，得，所以函数在上为增函数，在为减函数，且当时，有极小值，无极大值．（2）恒成立，即恒成立，

令，则，令，显然是增函数，且，，，使，即，且当时，；时，，，在上是增函数，在上是减函数，∴当时，有最大值，，．所以整数的最小值为2．22．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）因为，所以，当时，，单调

递减；当时，，单调递增，所以．（2）证明：要证，只需证明对于恒成立，令，则，当时，令，则，在上单调递增，即在上为增函数，又因为，，所以存在使得，由，得，即，即，即，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以，

即．