【文档说明】北京市顺义区第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，750.129 KB，由小赞的店铺上传

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北京市顺义区第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题第一部分选择题（共40分）一、选择题（每小题4分，共10小题，满分40分，下列各小题均有四个选项，其中只有一项是符合题意要求的．）1.一质

点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为()242stt=−（()st的单位：m，t的单位：s），则2t=时的瞬时速度为（）A.16m/sB.14m/sC.13m/sD.12m/s【答案】A【解析】【分析】利用导数求瞬时变化率.【详解】()242stt=−，则()

8stt=，有()216s=，所以2t=时的瞬时速度为16m/s.故选：A2.在()621x+的二项展开式中，二项式系数最大的项是（）A.第7项B.第3和第4项C.第4项D.第3项【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用二项式系数

的性质直接求出结论.【详解】二项式()621x+的展开式有7项，所以二项式系数最大的项是第4项.故选：C3.已知函数()fxx=，则在(2,(2))f点处的切线斜率是（）A.2B.12C.2D.24【答案】D【解析】【分析】求出函数()fx的导数，利用导数的几

何意义求出切线的斜率.【详解】函数()fxx=，求导得1()2fxx=，所以所求切线的斜率为12(2)422f==.故选：D4.下列函数求导运算中，错误的是（）A.2(3e)23exxxx+=+B.

(2sin3)2cosxx−=C.2ln1ln()xxxx+=D.(cos)cossinxxxxx=−【答案】C【解析】【分析】利用基本函数的导数公式及导数的运算法则逐项求导判断即可.【详解】对于A，22(3e)()(3e)23exxxxxx+=+=+，A正确；对于B，(

2sin3)(2sin)(3)2cosxxx−=−=，B正确；对于C，221lnln1ln()xxxxxxxx−−==，C错误；对于D，(cos)cos(cos)cossinxxxxxxxx=+=−，D正确.故选：C5.已知随机变量X的分布列如表：（其中a为常数）X012

345P0.20.1a0.30.20.1则(13)PX等于（）A.0.4B.0.5C.0.6D.0.7【答案】B【解析】【分析】根据分布列概率和为1求得a,再根据互斥事件的概率和公式计算即可.【详解】根据分布列

概率和为1，可得0.20.10.30.20.11,0.1aa+++++==,()()()()131230.10.10.30.5PXPXPXPX==+=+==++=.故选：B.6.在0，1，2，3，

4，5这6个数中任取4个，可组成无重复数字的四位数的个数（）的A.240B.300C.320D.360【答案】B【解析】【分析】由分步乘法原理计算可得.【详解】分步完成，第一步，首位数字不能为零，有5种取法；第二步，其余三位数可以从剩下的五位数中任取三位，共有35A60=种取法

；所以一共有560300=种，故选：B.7.已知函数()yfx=的导函数()fx的图象如图所示，那么对于函数()yfx=，下列说法正确的是（）A.在(),1−−上单调递增B.在()1,+上单调递减

C.在1x=处取得最大值D.在2x=处取得极大值【答案】D【解析】【分析】根据给定函数图像，判断导数的正负时x的取值范围，再利用单调性逐项判断即可.【详解】由导函数图像可知，当1x−或2x时，()0fx，当1

2x−，()0fx，所以()fx在()(),1,2,−−+上单调递减，在()1,2−上单调递增，故选项A，B错误；在2x=处取得极大值，且()()12ff，故C错误，D正确；故选：D.8.下列函数中，在区间(0,)+上单

调递减的是（）A.()2logfxx=B.()2lnfxxx=−C.2()fxxx=−+D.321()33fxxx=−−+【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的单调性判断A选项，根据二次函数单调性判断C选项，结合导函数正负判断B,D选项即可.【详解】()

2logfxx=是单调递增函数，A选项错误；()()()()221212112ln,2xxxfxxxfxxxxx−+−=−=−==,()()20,,0,2xfxfx单调递增，B选项错误；()()21,0,,2fxxxxfx=−+

单调递增，C选项错误；()()()()()()32213,22,0,,0,3fxxxfxxxxxxfxfx=−−+=−−=−++单调递减,D选项正确.故选：D.9.若函数()exfxax=−恰有2个零点，则实数a的取值范围是（）A.10,e

B.(0,1)C.1,e−D.(,0)−【答案】A【解析】【分析】令()0fx=，得到exxa=，令()exxgx=，利用导数与函数单调性间的关系，求出()exxgx=的单调区间，进而得出()e

xxgx=函数值的变化，即可求出结果.【详解】令()e0xfxax=−=，得到exxa=，令()exxgx=，则1()exxgx−=，由()0gx得到1x，由()0gx，得到1x，所以()exxgx=在区间(),1−上单调递

增，在区间(1,)+上单调递减，又1(1)eg=，当x→−时，()gx→−，当x→+时，()0gx→，且0x时，()0gx，所以，当函数()exfxax=−恰有2个零点时，10ea，故选：A.10.对于R上可导的任意函数()fx，若当1x时满足()01fxx−，

则必有（）A.()()()0221fff+B.()()()0221fff+C.()()()0221fff+D.()()()0221fff+【答案】C【解析】【分析】根据给定不等式，得到函数()fx在1x、1x时

的函数值变化关系，结合不等式性质推理得解.【详解】由()01fxx−，得当10x−，即1x时，()0fx，函数()fx不单调递减，则(2)(1)ff；当10x−，即1x时，()0fx，函数()fx不单

调递增，则(0)(1)ff；由不等式的性质得：()()()0221fff+.故选：C第二部分非选择题（共110分）二、填空题（每小题5分，共5小题，满分25分）11.已知函数()()cos21fxx=+，则()fx=______．【答案】2s

in(21)x−+【解析】【分析】根据简单复合函数的求导法则计算可得.【详解】因为()()cos21fxx=+，所以()2sin(21)fxx=−+.故答案为：2sin(21)x−+12.袋子中有8个大小相同的小球，其中5个红球，3个蓝球，每次从袋子中随

机摸出1个球，摸出的球不再放回，则在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到蓝球的概率是______.【答案】37【解析】【分析】根据条件概率公式及古典概型计算即可.【详解】在第1次摸到红球的条件下，袋子中有7个大小相同的小球，其中4个红球，3个蓝球，则第2次摸到蓝

球的概率是37.故答案为：37.13.已知443243210(21)xaxaxaxaxa−=++++，则024aaa++=______；1234aaaa+++=______.（用数字作答）．【答案】①.

41②.0【解析】【分析】利用赋值法，分别令0x=、1x=和=1x−，代入运算整理即可结果.【详解】因为443243210(21)xaxaxaxaxa−=++++，令0x=，可得01a=；令1x=，可

得432101aaaaa++++=；所以12340aaaa+++=；令=1x−，可得4210381aaaaa+−+−=；则()024282aaa++=，所以02441aaa++=.故答案：41；0.14.从6男2女共8名学生中选出队长1人

，副队长1人，普通队员1人组成3人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法.（用数字作答）【答案】216【解析】【分析】根据题意，分为1女2男和2女1男，再利用排列、组合求解每类的种数，结合计数原理，即

可求解.【详解】第一类，选1女2男，有1226CC30=种，这3人选2人作为队长和副队有23A6=种，故有306180=种；第二类，选2女1男，有2126CC6=种，这3人选2人作为队长和副队有23A6=种，故有6636=种，根据分类计数原理共有18036216+=种，故

答案为：21615.已知函数2()exxxfx−=，下列命题中：为①函数有且仅有两个零点；②函数()fx在区间()0,1和()1,2内各存在1个极值点；③函数不存在最小值；④()11,x+，()2,0x−，使得()()12fxfx；⑤存在负数a，使得方程()fxa=有三

个不等的实数根.其中所有正确结论的序号是_______________.【答案】①④【解析】【分析】求出()fx的定义域及导数，结合函数零点、极值点及最小值的意义逐一判断各个命题得解.【详解】函数2()ex

xxfx−=的定义域为R，求导得231()exxxfx−+=−，对于①，由()0fx=，得0x=或1x=，函数()fx有且仅有两个零点，①正确；对于②，由()0fx=，即2310xx−+=，解得352x−=或352x+=，352x−或352x+时，()0fx

，当353522x−+时，()0fx，即3535,22−+是函数()fx的极值点，而3522+，②错误；对于③，显然函数()fx在3535(,),(,)22−+−+上递减，在3535(,)22−+上递增，而当1x时，()0fx恒成立，又

()fx的极小值35()(0)02ff−=，因此35()2f−是()fx的最小值，③错误；对于④，由于(1,)x+，()0fx恒成立，当x→+时，()0fx→，因为()00f=，所以2(,0)x−时，使得12()()fxfx

，④正确；对于⑤，显然当0x或1x时，()0fx，而当3502x−时，()fx递减，当3512x−时，()fx递增，且当01x时，()0fx，因此直线(0)yaa=与函数()yfx=的图象最多有两个公共点，即方程()(0)fxaa=最多有两个不等的

实数根，⑤错误，所以所有正确结论的序号是①④.故答案为：①④三、解答题（满分85分）16.已知2nxx−的二项式系数之和是64．（1）求展开式中含2x的项的系数；（2）写出展开式二项式系数

最大的项．【答案】（1）60（2）4160T=−【解析】【分析】（1）根据二项式系数之和为2n求出n值，再根据二项式结构特征即可求出含2x的项，进而得系数.（2）根据二项式系数的对称性和最值性质可直接得知二项式系数最大的是第四项.【小问1详解】因为

二项式系数之和为264n=，所以6n=，故含2x的项为224262C60xxx−=，所以展开式中含2x的项的系数为60.【小问2详解】由（1）知展开式共有7项，根据二项式系数的单调性可知二项式系

数最大的是第四项3333162C160Txx+=−=−.17.已知函数32()2fxxxax=−−+在1x=时取得极值．（1）求函数()fx的单调区间；的（2）求函数()fx在区间[2,2]−上的最小值；（3）若()(),

[2,2]hxfxmx=+−有两个零点，求m的值．【答案】（1）递增区间是1,,(1,)3−−+，递减区间是1,13−；（2）8−（3）1m=−或5927m=−【解析】【分析】（1）先求导，由()01f=可求出a的值，进而确定导数，由

导数正负即可得解.（2）由（1）可知函数单调性，根据单调性求出最低的端点值和极小值进行比较即可得解.（3）将函数零问题转化成图像交点问题结合函数()fx单调性和极值情况即可求解.【小问1详解】由题得2()32fxxxa=−−，且()fx

定义域为R.由函数()fx在1x=时取得极值，得(1)10fa=−=，解得1a=，此时2()321(31)(1)fxxxxx=−−=+−，显然1x=是()fx的变号零点，即1x=是极值点，因此11,()3(1)3afxxx==+−，所以当13x−

或1x时，()0fx，当113−x时，()0fx，所以函数()fx的递增区间是1,,(1,)3−−+，递减区间是1,13−.【小问2详解】由（1）知，函数32()2fxxxx=−−+，且()fx在12,,(1,2]3−−

上单调递增，在1,13−上单调递减，又3232(2)(2)(2)(2)28,(1)11121ff−=−−−−−+=−=−−+=所以函数()fx在区间[2,2]−上的最小值是8−.【小问3详解】因为32()2,[2,2]hxxxxmx=−−++−，由（1）可知()

fx在12,,(1,2]3−−上单调递增，在1,13−上单调递减，所以()fx有极小值为(1)1f=，极大值为159327f−=，由()(),[2,2]hxfxmx=+−有两个零点得直线ym=−与函数()y

fx=的图像有两个交点，故1m−=或5927m−=，所以1m=−或5927m=−.18.从一批笔记本电脑共有10台，其中A品牌4台，B品牌6台．如果从中随机挑选2台，（1）求2台电脑中恰好有一台A品牌的概率；（2）求这2台电脑中A品牌台数的分布列．【答案】（1）815（

2）分布列见解析【解析】【分析】（1）先求随机挑选两台的取法共有210C种，再求2台电脑种恰有一台A品牌电脑的取法有1146CC种即可；（2）由条件确定随机变量X的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列.【小问1详解】随机挑选两台

的取法共有210C种，2台电脑种恰有一台A品牌电脑的取法有1146CC种2台电脑种恰有一台A品牌电脑的概率是1146210CC248C4515==.【小问2详解】2台电脑种A品牌的台数为,XX可能取值为0,1,2．0246210CC155(0)C4515PX====，1146210CC

248(1)C4515PX====，2046210CC6(2).C45152PX====所以X的分布列为：X012P51581521519.已知函数()2()e1xfxaxx=+−．（1）当1a=时，求()fx的单调区间．（2）若函数

()fx在52x=−时取得极值，求a的值；（3）在第（2）问的条件下，求证：函数()fx有最小值.【答案】（1）(,3)−−和(0,)+，单调减区间是(3,0)−（2）2a=（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断()fx的单调区间即可；（2）求导，根据极值点处

导数值为0可得2a=，并代入检验即可；（3）分1x−和1x−两种情况，结合（2）中的单调性分析证明.【小问1详解】因为()fx的定义域为R，当1a=时，则()2()e1xfxxx=+−，可得()2()e3xfxxx=+，令()0fx，解得3x−或0x；

令()0fx，解得30x−；所以()fx的单调增区间是(,3)−−和(0,)+，单调减区间是(3,0)−.【小问2详解】由题意可得：()2()e2xfxaxxax=++，若函数()fx在5

2x=−时取得极值，则525255e50242faa−−=−−=，解得：2a=，当2a=时，()2()e25xfxxx=+，当52x−或0x时，()0fx；当502x−时，()0fx；可知()fx的单调增区间是5,2−−和(0,)

+，单调减区间是5,02−，则52x=−是()fx的极大值点，符合题意，综上所述：2a=.【小问3详解】由（2）可知：()2()e21e(21)(1)xxfxxxxx=+−=−+，当1x−时，()0fx恒成立；当1x−时，由（2）可知：()fx在

(0,)+上单调递增，在()1,0−上单调递减，所以()fx的取得最小值(0)1f=−；综上所述：()fx在0x=处取得最小值，最小值为1−.20.已知函数2()ln()fxaxxxa=−R.（1）当1a=时，求曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程；（2）若函数(

)fx在区间[1,e]上单调递增，求实数a的取值范围.【答案】（1）yx=−（2）[e,)+【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）解法一：由题意得()0fx在区间[1,e]上恒成立，设()()ln12Fxaxx=+−，然后利用导数求出其最小值，使其大于等于零，从而可

求出实数a的取值范围；解法二：由题意得()0fx在区间[1,e]上恒成立，则2ln1xax+在区间[1,e]上恒成立，令2()([1,e])ln1xgxxx=+，利用导数求出其最大值即可,【小问1详解】当1a=时，函数2

()lnfxxxx=−．令1x=，得(1)1f=−，即切点坐标为(1,1)−．()ln21fxxx=−+，令1x=，得(1)1f=−，即切线斜率1k=−，故切线方程为1(1)yx+=−−，即yx=−．

【小问2详解】解法一：已知()2lnfxaxxx=−，可得()(ln1)2fxaxx=+−，因为()fx在区间[1,e]上单调递增，所以()0fx在区间[1,e]上恒成立，设()()ln12Fxaxx=+−，可得2()axFxx−=，令()0Fx=，2ax=；①当12

a时，2a，[1,e]x，()0Fx，()Fx单调递减，min()(e)22e0FxFa==−，不满足题意；②当1e2a时，22ea，(1,)2ax时，()0Fx，()Fx单调递增；,e2ax时，()0Fx，()Fx单调递减，由()120Fa=−，(e

)22e0Fa=−，22ea，得e2ea；③当e2a时，2ea，[1,e]x，()0Fx≥，()Fx单调递增，由min()(1)20FxFa==−，得2a，所以2ea；综上，ea.经检验，ea满足题意.所以实数a

的取值范围为[e,)+.解法二：()(ln1)2fxaxx=+−．由题意，()(ln1)20fxaxx=+−在区间[1,e]上恒成立，因为[1,e]x，所以ln10x+，所以2ln1xax+在区间[1,e]上恒成

立．令2()([1,e])ln1xgxxx=+，则22ln()0(ln1)xgxx=+，所以()gx在区间[1,e]上单调递增，所以()gx的最大值为(e)eg=，所以ea．经检验，ea满足题意.所以实数a的取值范围为[e,)+.【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，考查利用导数解决函数单调性问题，解题的关键是将问题转化为()(ln1)20fxaxx=+−在区间[1,e]上恒成立，然后分离参数，再构造函数，利用导数求其最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.21.已知函数(

)ln1fxxx=+，()lngxxax=−，其中aR.（1）求证：对任意的()0,x+，总有()fxx恒成立；（2）求函数()gx在区间1,e上的最小值；（3）当0a时，求证：函数()()()hxfxgx=−在区间()1,+上存在极值.【答案】（1）证

明见解析（2）()min1,1e,eln,1eagxaaaaaa=−−（3）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得ln10xxx+−对任意的()0,x+恒成立，令()ln1mxxxx=−+，利用导数说明函

数的单调性，求出函数的最小值，即可得证；（2）求出函数的导函数，分0a、0a两种情况讨论得到()gx在()0,+上的单调性，再结合所给区间，分3种情况讨论函数的最小值；（3）利用导数说明导函数的单调性，以及隐零点的思想证明即可.【小问1详解】依题意()fxx对任意的()0,x+

恒成立，即ln10xxx+−对任意的()0,x+恒成立，令()ln1mxxxx=−+，()0,x+，则()lnmxx=，所以当01x时()0mx，当1x时()0mx，所以()mx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递

增，所以()()min10mxm==，则()0mx恒成立，即()fxx对任意的()0,x+恒成立；【小问2详解】因为()lngxxax=−，则()1axagxxx−=−=，①当0a时()0gx，所以()g

x在()0,+上单调递增，当1,ex时()()min11gxg==；②当0a则0xa时()0gx，xa时()0gx，即()gx在()0,a上单调递减，在(),a+上单调递增；又1,ex，所以当01a时()gx在1,e上单调递

增，所以()()min11gxg==；当ea时()gx在1,e上单调递减，所以()()mineegxga==−；当1ea，则()()minlngxgaaaa==−；综上可得()min1,1e,eln,1eagxaaaaaa=−−小问3详解

】因为()()()()ln1xhxfxgxxax=−=++−，()1,x+，则()ln1lnxaahxxxxx+=+−=+，令()()lnaFxhxxx==+，则()221axaFxxxx−=−=，.【因为a<0，所以(

)0Fx恒成立，所以()Fx即()hx在()1,+上单调递增，又()10ha=，当x→+时lnx→+，0ax→()0a，所以()hx→+，所以()01,x+使得()00hx=，则当()01,xx时()0hx，()hx单调递减，

当()0,xx+时()0hx，()hx单调递增，所以()hx在0xx=处取得极小值，即函数()()()hxfxgx=−在区间()1,+上存在极值.