【文档说明】北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题 含解析.docx，共(18)页，976.135 KB，由小赞的店铺上传

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大兴区2022~2023学年度第二学期期中检测高二数学本试卷共4页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共40分）一

、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.(sin2)x=（）A.sin2xB.2sin2xC.cos2xD.2cos2x【答案】D【解析】【分析】根据基本初等函数和复合函数的求导公

式求导即可．【详解】(sin2)cos2(2)2cos2xxxx==．故选：D．2.若2A12n=，则n=（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】本题考查了排列数计算公式，带入公式计算可得.【详解】由排列数计算公式可得()2A112nnn=−=，解得4n=或3n=−.由于2n

且*Nn，故4n=.故选：C.3.若函数2()fxx=，则0(1)(1)limxfxfx→+−=（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据函数在某一点的导数的定义，由此可得结果.【详解】因为2()fxx=，则()

22200002(1)(1)(1)12limlimlm(2)imlixxxxxxfxfxxxxx→→→→++−++−====.故选:B4.从1、2、3、4中任取3个数字组成没有重复数字的三位数的个数为（）A

.18B.24C.27D.64【答案】B【解析】分析】分析可知只需从1、2、3、4这4个数字中任取3个数字全排即可，利用排列计数原理可得结果.【详解】从1、2、3、4中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，只需从这4个数字中任取3个数字全排

即可，因此，满足条件的三位数的个数为34A24=.故选：B.5.已知过点()1,0−的直线与曲线exy=的相切于点A，则切点A坐标为（）A.()0,1B.()1,eC.()22,eD.()33,e【答案】A【解析】【

分析】设切点坐标(,e)tt，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出t，即可求出切点A的坐标.【详解】设切点坐标为(,e)tt，由exy=，得exy=，则过切点的切线方程为ee()ttyxt−=−，把点()1,0−代入切线方程得，()0e1ettt−=−−，即0ett=，又e0t，

所以0=t，则e1t=，则切点坐标为()0,1.故选：A6.已知4名同学分别从3个社区中选择1个社区参加垃圾分类宣传活动，则不同选法的种数是（）【A.34AB.33AC.43D.34【答案】C【解析】【分

析】分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，利用分步乘法计数原理即可求解.【详解】4名同学分别从3个社区中选择1个社区参加垃圾分类宣传活动，分别让每位同学选择社区，每人都有3种选择，则共有433333=种，故选：C.7.下列不等式中，对任意的,()0x+不恒

成立的是（）A.lnxxB.22xxC.sinxxD.exx【答案】B【解析】【分析】ACD选项，作差后构造函数，求导，利用函数的性质判断；B选项用特值法判断.【详解】令()ln,(0)hxxxx=−

，则11()1xhxxx−=−=，当01x时，()0hx，()hx单调递减；当1x时，()0hx，()hx单调递增，故()(1)10hxh=，则ln,(0)xxx．故A不合题意；当2x=时，224xx==，故B符合题意；令()sin,

(0)gxxxx=−，则()1cos0gxx=−，则()gx在(0,)+上单调递增，故()(0)0gxg=，则sin,(0)xxx．故C不合题意；令()e,(0)xfxxx=−，则e()10xfx=−，则()fx在(0,)+上单调递增，故()(0

)10fxf=，则e,(0)xxx．故D不合题意.故选：B.8.设函数()31fxxax=−+（aR），则“0a”是“()fx在定义域上是增函数”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】求出导函

数判断函数的单调性，然后判断充要条件即可．【详解】函数3()1()fxxaxaR=−+，可得2()3fxxa=−，当0a时，()0fx恒成立，函数是增函数，所以“0a”是“()fx在定义域上是增函数”的充分条件；()fx在定义域上是增函数，可知2()30fxxa=−恒成立，此时

0a，所以“0a”是“()fx在定义域上是增函数”的必要条件；综上，“0a”是“()fx在定义域上是增函数”的充要条件；故选：C．9.已知函数()fx的定义域为R，函数()fx的导函数()()(1)fxaxax−−=

，若()fx在1x=处取得极大值，则实数a的取值范围是（）A.(0)−，B.(01)，C.(1)+，D.(0)(1)−+，，【答案】D【解析】【分析】分a<0、01a、1a三种情况说明单调性，从而可

求解.【详解】函数()fx的导函数()()(1)fxaxax−−=，令()0fx=，可得(1)()0axxa−−=，得1x=或xa=，当a<0时，1ax时，()()0,fxfx单调递增；xa或1x时，()()0,f

xfx单调递减；所以()fx在1x=处取得极大值，符合题意；当0a时，当01a时，1ax时，()()0,fxfx单调递减；xa或1x时，()()0,fxfx单调递增；所以()fx在1x=处取得极小值，不符合题意，舍去；当1a

时，1xa时，()()0,fxfx单调递减；1x或xa时，()()0,fxfx单调递增；所以()fx在1x=处取得极大值，符合题意.实数a的取值范围为(,0)(1,)−+.故选：D10.已知函数2ln,1()1,1xxfxxx=+，若12xx，

且12()()fxfx=，则21xx−的最小值为（）A.32ln2−B.42ln3−C.2D.e1−【答案】A【解析】【分析】由题意作出函数图象，可得2x的范围，得到212xxx−=22ln1x−+，令()

2ln1,(1,e]gxxxx=−+，再由导数求最小值即可．【详解】已知函数2ln,1()1,1xxfxxx=+，作出函数图象如图：当2ln2x=时，ex=．()()12122,,1e.xxfxfxx=由1212lnxx+=，得122ln1xx=−，则21222ln1xxxx

−=−+．令()2ln1,(1,e]gxxxx=−+，则22()1xgxxx−=−=，当(1,2)x时，()0,()gxgx单调递减；当(2,e]x时，()0,()gxgx单调递增，min()(2)32ln2gxg==−，即21xx−的最小值为32ln2−．故选：A．第二部

分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.3!=______．【答案】6【解析】【分析】利用阶乘的定义直接求解即可【详解】3!3216==，故答案为：612.若甲、乙、丙、丁4人站成一排，甲不站两端，则不同排法的种数为______．【答案】12【解析】【分析】若

甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，结合分步乘法计数原理，计算即可．【详解】若甲、乙、丙、丁4人站成一排，先排乙、丙、丁3人，共有33A6=种，排好之后形成4个空，甲不站两端，则有2种选择，则不同排法的种数为6212=．故答案为

：12．13.已知函数()exfxx=．则()1f=______；若()()2gxfx=，则()gx=______．【答案】①.0②.()22e212xxx−【解析】【分析】求出()fx，代值计算可得出()1f的值，利用复合

函数的求导法则可求得()gx.【详解】因为()exfxx=，则()()()22ee1exxxxxxfxxx−−==，所以，()10f=，因为()()2gxfx=，则()()()()2222221e21e2242xxxxgxfx

xx−−===.故答案为：0；()2221e2xxx−.14.设函数()lnfxaxx=+．能说明“对于任意的120xx，都有12()()fxfx成立”为假命题的一个实数a的值可以是______．【答案】－1（答案不唯一，只要

满足a<0即可）【解析】【分析】对函数求导，通过导函数的符号，判断函数的单调性，根据条件得到a的范围，再结合题意确定a的值即可．【详解】“对于任意的120xx，都有12()()fxfx成立”，即函数()fx在()0,+上单调递增．由函

数()ln,0fxaxxx=+，可得1()fxax=+，令1()0fxax+==，可得1xa=−，0a时，()0fx，函数()fx在()0,+上是增函数；当a<0时，10,xa−时

，()0fx，函数()fx是增函数；1xa−时，()0fx，函数()fx是减函数，故“对于任意的120xx，都有()()12fxfx成立”为假命题的一个实数a的值可以是－1（答案不唯一，只要满足a<0即可）．故答案为：－1（答案不唯一，只要满足a<0即可)．15.某高台跳水运

动员在运动过程中的重心相对于水面的高度h（单位：m）与跳起后的时间t（单位：s）存在函数关系2()4.94.811httt=−++，()ht的图象如图所示，已知曲线()ht在tt=0处的切线0l平行于t轴，根据图象，给出下列四个结论：①在tt=0时高度h关于时间t的瞬时变化率为

0；②曲线()ht在2=tt附近比在1=tt附近下降得慢；③曲线()ht在3tt=附近比在4tt=附近上升得快；④设在2=tt和4tt=时该运动员的瞬时速度分别为2vm/s和4vm/s，则24||||vv．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③④【解析】【分析】对于①，因为曲线

()ht在tt=0处的切线0l平行于t轴，所以切线0l的斜率为0，即0()0ht=；对于②，比较12(),()htht大小即可；对于③，比较34(),()htht大小即可；对于④，2244(),()vhtvht==，224

49.84.8,9.84.8vtvt=−=−+，比较24,vv大小即可.【详解】因为2()4.94.811httt=−++，所以()9.84.8htt=−+.对于①，因为曲线()ht在tt=0处的切线0l平行于t轴，所

以切线0l的斜率为0，即0()0ht=，所以在tt=0时高度h关于时间t的瞬时变化率为0，故①正确；对于②，由题意知120tt，所以1122()9.84.89.84.8()htttht=−+−+=，即曲线()ht2=tt附近比在1=tt附近下降得快，故②错误；对于③

，由题意知340tt，所以3344()9.84.89.84.8()htttht=−+−+=，即曲线()ht在3tt=附近比在4tt=附近上升得快，故③正确；对于④，由题意知42tt且42tt，所以4202ttt+，222444()9.84.80,()9.84.80

vhttvhtt==−+==−+，所以22449.84.8,9.84.8vtvt=−=−+，所以2424(9.84.8)(9.84.8)vvtt−=−−−+249.8()24.8tt=+−00024.924.82(

4.94.8)2()0ttht−=−==.即24||||vv，故④正确；故答案为：①③④.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知函数3()3fxxx=−.（1）求函数()fx的单调区间；在（2）

求函数()fx在区间1,3−上的最大值和最小值.【答案】（1）函数()fx的单调递增区间为(,1)−−和(1,)+，单调递减区间为()1,1−；（2）最大值为18，最小值为2−.【解析】【分析】（1）求出函数的

导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性求出函数的极值点，从而求出函数的最值即可．【详解】（1）因为3()3fxxx=−，所以2()33fxx=−.令()0fx=，解得1

1x=−，21x=.随着x的变化，()fx，()fx变化情况如下表：x(),1−−1−()1,1−1()1,+()fx+0−0+()fx极大值极小值所以，函数()fx的单调递增区间为(,1)−−和(1,)+，单

调递减区间为()1,1−.（2）因为函数()fx在区间1,1−上单调递减，在区间1,3上单调递增，又(1)2f−=，(1)2f=−，(3)18f=，所以，函数()fx在区间1,3−上的最大值为18，最小值为

2−.【点睛】本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用，属于基础题17.已知函数1()exfxx+=．（1）求()fx的极值；（2）比较(3),(2),(0)fff−−的大小，并画出()fx的大致图像；（3）若关于x的方程()fxm=有实

数解，直接写出实数m的取值范围．【答案】（1）极小值1−，无极大值（2）(2)(3)(0)fff−−，作图见解析（3）1m−【解析】【分析】（1）求导，分析导函数的符号，得出单调性和极值；（2）利用（1）中的单调性和指数函数的符号进行判断；（3）结合（2）的图像，将方程解的个数转化为图像的交

点的个数【小问1详解】()fx的定义域为R，1()e(1)xfxx+=+，于是1x−时()0fx，()fx单调递增；1x−时()0fx，()fx单调递减，又(1)0f−=，则()fx在=1x−处取到极小值(1)1f−=−，无极大值.【小问2详解】

由（1）知，()fx在区间(1)−−，上单调递减．故(3)(2)ff−−．又因为当0x时，1e0x+，故1e0xx+，所以0(3)(2)ff−−．因为1(0)0e0f==，所以(2)(3)(0)fff−−．结合（1）中的单调性，大致图像如下：【小问3详解】(

)fxm=的解的个数可以看成()yfx=和直线ym=在同一坐标系下图像交点的个数，由（2）的图像知，当m的取值不小于()fx最小值即可，即1m−18.某校举办乒乓球团体比赛，该比赛采用5场3胜制，每场均

为单打，若某队先胜3场，则比赛结束，要求每队派3名运动员参赛，每名参赛运动员在团体赛中至多参加2场比赛，前3场比赛每名运动员各出场1次，若3场不能决出胜负，则由第1位或第2位出场的运动员参加后续的比赛．（1）若某队从5名运动员中选3名参加此团体赛，求该队前3场比赛有几种出场情况；（

2）已知某队派甲、乙、丙这3名运动员参加此团体赛．①若3场决出胜负，列出该队所有可能出场情况；②若4场或5场决出胜负，求该队共有几种出场情况．【答案】（1）60（2）①答案见解析；②24【解析】【分析】（1）根据分步乘法计数原理计数即可；（2）①根据题意列举

所有情况即可；②前3场共有6种出场情况，分4场决出胜负和5场决出胜负两种情况，讨论求解即可.【小问1详解】根据题意，该球队前3场比赛有35A54360==种出场情况．【小问2详解】①因为3场决出胜负，所以该球队所有可能出场有6种情况如下：甲、乙、

丙；甲、丙、乙；乙、甲、丙；乙、丙、甲；丙、甲、乙；丙、乙、甲．②由①知，前3场共有6种出场情况．所以4场决出胜负时，前3场有6种，后1场有2种，该球队共有6212=种出场情况．5场决出胜负时，前3场有6种，后2场有2种，该球队共有62

12=种出场情况．所以4场或5场决出胜负时，该球队共有121224+=种出场情况．19.已知函数3211()32fxxaxbxc=+++（,,Rabc）．（1）若函数()fx的导函数()yfx=的图象如图所示．①直接写出()fx

的单调区间，并求,ab的值；②若()fx有且只有1个零点，直接写出c的取值范围；（2）当22ba=−时，讨论()fx的单调性．【答案】（1）①单调递增区间为(,1)−−和(2,)+，单调递减区间为(1,2)−；1

,2ab=−=−；②710(,)(,)63−−+．（2）答案见解析【解析】【分析】（1）①由()yfx=图象确定()fx的单调区间，由(1)0,(2)0ff−==列出方程组求得,ab；②求得()fx的极大值与极小值，结合条件列出不等式可求得

c的取值范围．（2）当22ba=−时，()(2)()fxxaxa=+−，分为0a=，0a，a<0三种情况讨论，得出()fx的单调性．【小问1详解】①由()yfx=图象知，当1x−或2x时，()0fx；当12x−时，()0fx，∴

()fx的单调递增区间为(,1)−−和(2,)+，单调递减区间为(1,2)−．因为3211()32fxxaxbxc=+++，所以2()fxxaxb=++．由图知(1)0,(2)0ff−==．即10

420abab−+=++=，解得1,2ab=−=−②由①知，3211)322(fxxxxc−=+−，当=1x−时，()fx取极大值76c+；当2x=时，()fx取极小值103c−+，由题意得：706c+

或1003c−+，∴c的取值范围是710(,)(,)63−−+．【小问2详解】当22ba=−时，22()2(2)()fxxaxaxaxa=+−=+−．当0a=时，2()0fxx=，∴()fx在

区间(,)−+上单调递增．当0a时，当2xa−或xa时，()0fx；当2axa−时，()0fx，∴()fx在区间(,2)a−−和(,)a+上单调递增，在区间(2,)aa−上单调递减．当a<0时，当xa或2xa−时，()0fx；当2axa−时，

()0fx，∴()fx在区间(,)a−和(2,)a−+上单调递增，在区间(,2)aa−上单调递减．20.已知函数()ecos1xfxxx=−−．（1）求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程；（2）设

()()gxfx=，求证：当[0,π)x时，()0gx；（3）对任意的π,(0,)2mn，判断()()fmnfm+−与()fn的大小关系，并证明结论．【答案】（1）0y=（2）证明见解析（3）

()()()fmnfmfn+−，证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意求解即可；（2）对()gx求导，可判断出当[0,π)x时，()0gx，则()gx在区间[0,π)上单调递减，从而可证得

结论；（3）不妨假设π(0,)2n中的定值，令()()()()hxfxnfxfn=+−−，π[0,)2x，对函数求导后可判断()hx在π[0,)2上单调递减，则()(0)0hxh=，从而可比较出大小.【小问1详解】由()ecos1xfxxx=−−

，得()e(cossin)1xfxxx=−−．因为(0)0f=，(0)0f=．所以曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程为0y=．【小问2详解】依题意，()()e(cossin)1xgxfxxx==−−

．所以()2esinxgxx=−．当[0,π)x时，e0,sin0xx，所以()0gx．所以函数()gx在区间[0,π)上单调递减．因(0)0g=，所以当[0,π)x时，()(0)0gxg=．【小问3详解】不妨假设π(0,)2n中的定值，令()()(

)()hxfxnfxfn=+−−，π[0,)2x，则()()()hxfxnfx=+−，π[0,)2x，(0,π)xn+．由（2）知，()()gxfx=在区间[0π)，上单调递减，因为0πxx

n+≤，所以()()()0hxfxnfx=+−．从而()hx在π[0,)2上单调递减．因为(0)(0)0hf=−=，为所以当π(0,)2x时，()(0)0hxh=，即()()()0fxnfxfn+−−．综上

，对任意的π,(0,)2mn，有()()()fmnfmfn+−【点睛】关键点睛：此题第（3）问解题的关键是假设π(0,)2n中的定值，令()()()()hxfxnfxfn=+−−，π[0,)2x

，然后利用导数求出其单调区间，从而得结果.21.已知函数1()fxxx=−，()0,x+．（1）若曲线()yfx=在点00(())xfx，处的切线方程为2yxm=+，求0xm，的值；（2）设函数()1lngxxx=+，证明：()gx的图象在()fx的图象的上方．【答案】（1）01,

2xm==−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义根据题意列方程组可求得答案；（2）令1()1lnhxxxxx=+−+，0x，将问题转化为证明对任意的0x，()0hx恒成立，等价于证明当0x，()hx的最小值大于零

，然后利用导数求()hx的最小值即可.【小问1详解】因1()fxxx=−，()0,x+，所以21()1fxx=+．依题设，20112x+=，00012xxmx−=+，且00x．解得01x=，2m=

−．【小问2详解】令1()1lnhxxxxx=+−+，0x，证明()gx的图象在()fx图象的上方，等价于证明对任意的0x，()0hx恒成立，等价于证明当0x，()hx的最小值大于零．为由1()1lnhxxxx

x=+−+，得21()lnhxxx=−，0x，令21()lntxxx=−，则312()txxx=+，且当0x时，312()0txxx=+．所以()hx在区间()0,+上单调递增，因为(1)10h=−，11(e)02eh=−，所以()hx在区间()1,e上

存在唯一零点0x，所以0201ln0xx−=，即0201lnxx=．当00xx时，()0hx，当0xx时，()0hx，所以()hx在区间()00,x上单调递减，在区间()0,x+上单调递增，所以0()()h

xhx≥．因为000001()1lnhxxxxx=+−+，且0201lnxx=，所以20000000002(2)(1)2()1xxxxhxxxxx−++−−+=−+==．因为0x()1,e，所以00(2)(1)0xx−−+．故0000(2)(1)()0xxhxx−

−+=．所以0()()0hxhx．故对任意的0x，()0hx恒成立，即()gx的图象在()fx图象的上方．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关

键是将问题转化为证明对任意的0x，()0hx恒成立，然后利用导数求()hx的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com