北京市十一学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题(含答案解析)

北京市十一学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列函数的极限计算正确的是（A．limx1）B．limx3x1x1xx31x29tanx1x2C．lim1exxD．limx02．函数f(x)x2在区间0,2上的平均变化率等于xm时的瞬时变化率，则m（A．21）B．1C．2D．323．某晚会有三个唱歌节目，两个舞蹈节目，要求舞蹈节目不能相邻，有（A．72B．36C．24D．12）种排法？x24．已知双曲线C:2y21(a0)的一条渐近线方程为yx，则C的离心率为（a）A．2B．3C．2D．525．已知fx为奇函数，当x＜0时，fxx，则曲线yfx在点1,1处的切线斜率是（A．－2）B．2）C．－eD．e216．下列结论中正确的个数为（①若yln2，则y¢=若ylog2x，则yA．0112；②若y2，则y|x3；③若y2x，则y2xln2；④227x1xln2B．1C．2D．3）7．已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是（试卷第1页，共4页A．曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线斜率小于零B．函数f(x)在区间(1,1)上单调递增C．函数f(x)在x1处取得极大值D．函数f(x)在区间(3,3)内至多有两个零点8．没有一个冬天不可逾越，没有一个春天不会来临．某街道疫情防控小组选派7名工作人员到A，B，C三个小区进行调研活动，每个小区至少去1人，恰有两个小区所派人数相同，则不同的安排方式共有（A．1176B．2352））C．1722D．13029．已知函数fxxln1x，则（A．fx是偶函数1B．曲线yfx在点,f21处切线的斜率为1ln22C．fx在1,上单调递增D．fx有一个零点1x210．已知函数fxeaxx1，则“f(x)有极值”是a（2）A．充分不必要条件C．充要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件π211．已知函数f(x)sin2xxf(0)，则该函数的图象在x处的切线方程为（A．3xyπ0B．3xyπ012．已知函数f(x)ex3，g(x)（）A．1ln2C．2ln2B．1ln2D．2ln2C．x3yπ0）D．3xyπ01xln，若fmgn成立，则n－m的最小值为22二、填空题14313．在(x)的展开式中，常数项为x．214．已知O为坐标原点，抛物线C：y2pxp0上一点A到焦点F的距离为4，设点M为抛物线C准线l上的动点．若△MAF为正三角形，则抛物线C方程为15．已知函数fx是定义在R上的偶函数，其导函数为fx，且当x0时，试卷第2页，共4页．2fxxfx0，则不等式(x2023)2f(x2023)f(1)0的解集为．16．把6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每个人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法共有字作答）lgx1,1x017．已知函数fx的值域为R，则实数a的取值范围是ax4,x0x种．（用数．18．函数yfx图像上不同两点Ax1,y1，Bx2,y2处的切线的斜率分别是kA，kB，规定A,BkAkBAB叫曲线yfx在点A与点B之间的“弯曲度”，给出以下命题：①存在这样的函数，图像上任意两点之间的“弯曲度”为常数；②设点A、B是抛物线yx21上任意不同的两点，则A,B2；③设曲线yex上不同两点Ax1,y1，Bx2,y2，且x1x21，若t(A,B)1恒成立，则实数t的取值范围是,1；④yx3与y=x2在原点处的“弯曲度”一样．以上正确命题的序号为．（写出所有正确的）三、解答题19．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于；条件③：展开式中常数项为第三项．1问题：已知二项式x，若______，求：xn(1)展开式中二项式系数最大的项；(2)展开式中所有的有理项；(3)展开式中所有项的系数之和．20．已知函数f(x)ax(2a1)lnx2，aR．x(1)若函数fx在x＝1处取得极值，求a的值．(2)讨论函数fx的单调区间．试卷第3页，共4页x2y221．如图，椭圆221（a>b>0）的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A、B两点.ab当直线AB经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60°.（1）求该椭圆的离心率；（2）设线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴、y轴分别交于D、E两点.记△GDF的面积为S1，△OED（O坐标原点）的面积为S2.求22．已知函数f(x)ex(2x1)axa．(1)若a＜1且仅存在两个的整数，使得fx0，求a的取值范围；(2)讨论fx零点的个数；3(3)证明x1,x2,，t0,1，有ftx1(1t)x2tfx1(1t)fx2．2S1的取值范围.S2试卷第4页，共4页参：1．D【分析】对于AB直接用极限的定义求解.1对于C项根据lim1e求解,xxx对于D项根据当x0时【详解】对于A项，lim1sinx1求解.1，当x0时cosxxx1，故A错误.x1x12x3x311limlim对于B项，lxim，故B错误3x29x3x3x3x3x36x222对于C项，lim1lim1xxxxx21lim1exxx22lim1e2，故C错误xx2xsinxtanxsinx对于D项，limlimcosxlimx0x0x0xcosxxx当x0时1sinx11，当x0时cosxxlimx0sinx1，xcosxtanx1故D正确.xlimx0故选：D2．B【分析】分别求出在区间0,2上的平均变化率和在xm时的瞬时变化率，利用相等求解即可.【详解】函数f(x)x2在区间0,2上的平均变化率等于f(2)f(0)402，2020f(x)x2在xm时的瞬时变化率为lim所以22m，解得m1.故选：B△x0f(m△x)f(m)lim(△x2m)2m，△x0△x答案第1页，共15页3．A【分析】先排唱歌节目，利用插空法排舞蹈节目即可.3【详解】先排三个唱歌节目这有：A36种情况，然后四个空排两个舞蹈节目这有：A2412种情况，所以舞蹈节目不能相邻的情况有：61272情况.故选：A.4．A【分析】根据已知渐近线确定双曲线参数，进而求其离心率.【详解】由题设双曲线渐近线为y所以a1，则ca2b2故选：A5．B【分析】根据奇函数的性质，结合导数的几何意义进行求解即可.【详解】当x0时，因为fx为奇函数，2所以有fxfxx，则有fx2x，所以有f12，1x，而其中一条为yx，a2，故C的离心率为2.故选：B6．D【分析】运用求导公式求出导函数，再一一判断即可.【详解】对于①，y0，所以①不正确；对于②，yx22x1，所以y|3x32，所以②正确；27对于③，y2xln2，所以③正确；对于④，y1，所以④正确；xln2综上，正确的有②③④.故选：D【点睛】本题主要考查基本初等函数的求导法则，属于基础题.7．D【分析】根据导函数的图象,可判断原函数的单调性,进而可逐一求解.答案第2页，共15页【详解】根据f(x)图像可知f(2)=0，故yf(x)在点(2,f(2))处的切线斜率等于零，A，，故f(x)在区间(1,1)上单调递减，故B错误，在x1的左右两侧错误；f(x)0在112单调递增，在2，3单调递减，f(x)0，故x1不是极值点，故C错误，f(x)在3，故f(x)在区间(3,3)内至多有两个零点，D正确；故选：D8．A【分析】根据题意可以先把7人按照3，3，1或者2，2，3或者1，1，5三种情况分为三组，然后把三组成员分配到A，B，C三个小区【详解】根据题意可以先把7人按照3，3，1或者2，2，3或者1，1，5三种情况分为三组，然后把三组成员分配到A，B，C三个小区；3C37C470；当按照3，3，1的方法分配则有A2222C7C5105；当按照2，2，3的方法分配则有A221C17C621；当按照1，1，5的方法分配则有A223把三组成员分配到A，B，C三个小区的方法为A363221C33C7C5C17C47C6所以根据分步计数原理可得一共有：A31176种不同的安排方222AAA222式.故选：A9．D【分析】选项A由定义域就可以判断，B，C，D选项通过对函数求导逐一分析即可.【详解】由函数的定义域为x1,，不关于原点对称，故非奇非偶函数，故A错误，因为fxln1x11x，1x所以fln11ln21，22答案第3页，共15页1即在点,f21处切线的斜率为ln21，故B错误，2x0，所以f¢x>0，1x当x0,时，ln1x0,当x1,0时，ln1x0,()x0，所以fx0，1x所以fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增所以函数在x1,有增有减，故选项C错误，由C选项知fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增且f00，所以当x1,0，fx0，当x0,，fx0，故函数只有唯一一个零点x0，故选项D正确，故选：D.10．B【分析】根据极值点的定义求出a的范围，验证充分性和必要性即可.x2【详解】f(x)定义域为R,由fxeaxx1得f(x)ex2ax1，令g(x)ex2ax1，则g(x)ex2a，当a0时，g(x)0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，又因为f(0)0，所以当a0时，f(x)有极值；当a<0时，令g(x)0解得xln(2a)，所以g(x)在(,ln(2a))上小于0，在(ln(2a),)上大于0，所以f(x)在(,ln(2a))上单调递减，在(ln(2a),)上单调递增，又因为当x时，f(x)0，f(x)有极值则f(ln(2a))2a2aln(2a)10，令ln(2a)t，则et2a，f(t)ettet1，再令h(t)ettet1，则h(t)etettettet0，解得t0，所以f(t)在t(,0)单调递增，在t(0,)单调递减，又f(0)0，答案第4页，共15页所以当f(t)0时，t0，即ln(2a)0，解得a，11综上f(x)有极值，则a0或a或a0，221所以f(x)有极值是a的必要不充分条件，212故选：B.11．A'【分析】先求出函数f(x)sin2xxf(0)的导数，再赋值法求出f0，然后得到的函数解析式可得切点，后将数据代入点斜式方程可得答案.【详解】因为f(x)2cos2xf(0)，所以f(0)2cos0f(0)，解得f(0)1，ππ(x)2cos2x1,f所以f(x)sin2xx,f,f22ππ即切点,,k3,22所以切线方程为：y故选：A.12．Aπ3，2ππ3x，即3xyπ0.22【分析】令tf(m)g(n)，得到m,n关于t的函数式，进而可得nm关于t的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求nm的最小值.1n【详解】令tf(m)g(n)，则em3t，lnt，22∴m3lnt，n2et2，即nm2et23lnt，若h(t)2et12113lnt，则h(t)2e1，2t121(t0)，t∴h(t)0，有t当0t11时，h(t)0，h(t)单调递减；当t时，h(t)0，h(t)单调递增；221∴h(t)minh()ln21，即nm的最小值为ln21.2故选：A.【点睛】关键点睛：令tf(m)g(n)确定nm关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.13．4答案第5页，共15页【分析】利用二项式定理求出通项公式并整理化简，然后令x的指数为零，求解并计算得到答案.【详解】的展开式的通项，．令124r0，解得故常数项为故答案为：4.14．y24x【分析】根据抛物线的定义，结合等边三角形的性质进行求解即可.【详解】根据抛物线的对称性，不妨设点A在第一象限，因为△MAF为正三角形，所以AFAM4，因为抛物线点到焦点的距离等于该点到准线的距离，所以AM与准线垂直，MFOπ，3pp因此有cosMFONF122p2，所以抛物线的方程为y24x，MF24故答案为：y24x15．{x|x2022或x2024}2【分析】构造函数Fxxfx，根据题意可判断，Fx是偶函数，在,0上是增函数，在0,减函数，把原不等式转化为解不等式Fx2023F1，进而x20231，解之即得答案.2【详解】令Fxxfx，2则Fx2xfxxfxx2fxxfx，答案第6页，共15页由当x0时，2fxxfx0，所以当x0时，Fxx2fxxfx0即Fx在,0上是增函数，由题意fx是定义在R上的偶函数，所以fxfx，所以Fxxfxx2fxFx，所以Fx是偶函数，在0,递减，所以Fx2023x2023fx2023，F11f1f1，222即不等式等价为Fx2023F1，所以x20231，所以x2022或x2024.故答案为：{x|x2022或x2024}.16．144【分析】根据题意分2步进行：①先将票分为符合条件的4份，有2个人各一张，2个人各2张；②再将分好的4份全排列，对应到4个人，即可得答案.【详解】解：根据题意，可分为两步进行：①先将票分为符合条件的4份，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，则有2个人各一张，2个人各2张，且分得的票必须连号，相当于将1，2，3，4，5，6这6个数字用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，3即在其中的5个空隙中插入3个板子，其有C510种情况；其中出现3张三连号的有：123，4，5，6；1，234，5，6；1，2，345，6；1，2，3，456；共4种情况，不满足题意，所以有10-4=6种情况；4②再将分好的4份全排列，对应到4个人，有A424种情况，由分步计数原理可得，共有624144种不同的分法.答案第7页，共15页故答案为：14417．,4【分析】先求出1x0时，lgx10，再求解当x0时，分类讨论，分a0，a<0，a0，利用导函数求解函数单调性，从而求出实数a的取值范围.【详解】1x0，所以0x11，所以lgx10，当a0时，fxx4单调递增，所以当x0时，fxx44，lgx1,1x0此时fx值域为R，符合题意；x4,x0当a<0时，当x0时，fx1fxxa4值域为R，xaafxx4单调递增，当x0时，0，所以2xx所以a<0满足题意；ax2a当a0时，当x0时，fx12，当xa时，f¢(x)>0，2xx当0xa时，fx0，所以fx在0,a上单调递减，在以当x0时，fxminfa2a4，a,上单调递增，所lgx1,1x0要想fx值域为R，则要满足2a40，ax4,x0x解得：0a4，综上：实数a的取值范围是,4故答案为：,4.18．①②【分析】举例说明①正确；由新定义，利用导数求出函数yx21在点A与点B之间的“弯曲度”判断②；求出曲线yex上点A与点B之间的“弯曲度”，然后结合t(A,B)1得不等式，举反例说明③错误；求yx3与y=x2在原点处的“弯曲度”比较大小判断④．【详解】命题①：如函数y1，图像上任意两点之间的“弯曲度”为常数0，成立，①正确；命题②：yx21，y2x，答案第8页，共15页(A,B)|kAkB||AB|x|2xA2xB|(xAxB)(xAxB)x222221(xAxB)22，②正确；命题③：由ye，得ye，，(A,B)|ex1ex2|(x1x2)2(ex1ex2)212|ex1ex2|1(ex1ex2)2．t(A,B)1恒成立，即t|exex|1(exex)2恒成立，t1时该式成立，③错误．12命题④：当yx3时，y3x2，设曲线上不同两点A0,0，Bx,x，32kkA,BABABlim33x226xx3x326xx4x41x，x0x41x20，∴yx3在原点处的“弯曲度”为0；当y=x2时，y2x，设曲线上不同两点A0,0，Bx,x，2kkA,BABABlim211x22xxx242x24xx2211x2，x02，∴y=x2在原点处的“弯曲度”为2；④错误.故答案为：①②19．(1)20x2；(2)x3，15，15x3，x6(3)0.3【分析】（1）利用二项展开式的性质求出n6，再求展开式中二项式系数最大的项；（2）设第r1项为有理项，Tr1C1xr6r63r2，求出r0,2,4,6即得解；（3）利用赋值法进行求解即可.012【详解】（1）解：选①，由CnCnCn22，得n6（负值舍去）．选②，令x1，可得展开式中所有项的系数之和为0．01nn由CnCnCn02，得n6．rr选③，设第r1项为常数项，Tr1Cn1xn3r2r2，由n3r，得n6．02答案第9页，共15页由n6得展开式的二项式系数最大为C6，33则展开式中二项式系数最大的项为T4C61xrr（2）解：设第r1项为有理项，Tr1C61x32320x32．63r2，因为0r6，rN，所以r0,2,4,6，63rZ，2033663320则有理项为T1C6xx，T3C6x15，T5C6x15x，T7C6xx．611（3）在x中，令x1，即10，1x6所以展开式中所有项的系数之和为0.20．(1)a1(2)答案见解析【分析】（1）求定义域，求导，根据f(1)0求出a1，验证后得到答案；（2）求定义域，求导并对导函数进行因式分解，分a0，0a论，得到函数的单调区间.【详解】（1）f(x)ax(2a1)lnxf(x)a111，a与a分类讨2222定义域为0,，x2a122，因为fx在x＝1处取得极值，xx所以f(1)a2a120，解得：a1，经验证，此时x＝1为极大值点，满足要求，故a1；22a12ax2a1x2ax1x2（2）f(x)a，2xxx2x2ax1x20得：0x2，当a0时，ax-1<0恒成立，令f(x)x2ax1x20得：x2，令f(x)x2故fx的单调递增区间为0,2，单调递减区间为2,；当0a令f(x)11ax1x20得：0x2或x1，时，2，故令f(x)aa2x2ax1x2x20得：2x1，a答案第10页，共15页11故fx的单调递增区间为0,2，,，单调递减区间为2,；aa21x2当a时，f(x)0恒成立，故fx的单调递增区间为0,；222x当a11ax1x20得：0x1或x2，时，02，令f(x)2aax2令f(x)ax1x2x20得：1x2，a11故fx的单调递增区间为0,，2,，单调递减区间为,2；aa综上：当a0时，fx的单调递增区间为0,2，单调递减区间为2,；当0a当a当a111时，fx的单调递增区间为0,2，,，单调递减区间为2,；2aa1时，fx的单调递增区间为0,；2111时，fx的单调递增区间为0,，2,，单调递减区间为,2；2aa1（2）(9,)221．（1）e【详解】（1）依题意，当直线AB经过椭圆的顶点（0，b）时，其倾斜角为60°.设Fc,0，则bc1tan603.将b3c代入a2b2c2，得a2c.所以椭圆的离心率e.ca2x2y2（2）由（1）知，椭圆方程可设为221，设Ax1,y1，Bx2,y2.依题意，直线AB4c3c不能与x、y轴垂直，故设直线AB的方程为ykxc，将其代入3x24y212c2，整理222222得4k3x8ckx4kc12c0.8ck26ck则x1x22.,y1y224k34k34ck23ck,2所以G2.4k34k33ck24k23k1,xck因为GDAB，所以.D4ck24k23xD4k23因为GFD∽OED，所以答案第11页，共15页4ck2ck23ck22224k34k3S1GD4k322S2OD2ck24k323ck23ckck22229c2k49c2k2999.24ckk2所以S1的取值范围是9,.S253a3e22e22．(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数分析函数gx2x1e的单调性与极值，分析可知满足不等式xgxaxa的整数x只有两个，数形结合可得出关于实数a的不等式，解之即可；（2）考查直线yaxa与函数gx图象相切时实数a的值，数形结合可得出实数a在不同取值下函数fx的零点个数；（3）构造函数pxtfx1tfx2ftx1tx2，其中3xx2，利用导数分233析函数px在,上的单调性，由x1,x2以及函数px的单调性可证得所证不22等式成立.【详解】（1）解：令gx2x1e，其中xR，则gx2x1e，xx1当x时，gx0，此时函数gx单调递减，21当x时，gx0，此时函数gx单调递增，2211所以，gxmin，且当x时，gx0；当x时，gx0.22e由fx0可得gxax1，作出函数fx、yax1的图象如下图所示：答案第12页，共15页因为有且只有两个整数x，使得fx0，g23a则满足不等式gxaxa的整数x只有两个，所以，g12a解得53a.3e22e（2）解：考查当直线yaxa与函数gx相切时，实数a的值，tt设切点坐标为t,2t1e，则切线斜率为2t1e，tt所求切线方程为y2t1e2t1ext，t2t即y2t1ex2tt1e，t2t所以，a2t1e2tt1e，解得t0或t，32当t0时，a1；当t时，a4e2.2如下图所示：当a0时，直线yaxa与函数gx的图象只有一个公共点；当0a1或a4e2时，直线yaxa与函数gx的图象有2个公共点；333当a1或a4e2时，直线yaxa与函数gx的图象只有1个公共点；3当1a4e2时，直线yaxa与函数gx的图象无公共点.综上所述，当1a4e2时，函数fx无零点；当a0或a1或a4e2时，函数fx只有1个零点；当0a1或a4e2时，函数fx只有2个零点.3333答案第13页，共15页（3）证明：不妨设x1x2，构造函数pxtfx1tfx2ftx1tx2，其中3xx2，2x因为fx2x1ea，pxtfxtftx1tx2tx1tx2t2x1ext2tx21tx21e，3xx令hx2x1e，其中x，则hx2x3e0且hx不恒为零，23故函数hx在,上为增函数，23因为tx1tx2xt1xx20，故tx1tx2x，2所以，pxptx1tx2，故pxt·hxt·htx1tx20，3所以，函数px在,上为减函数，23故当x,x2时，pxpx20，23因为x1,x2，则px1px20，23因此，x1、x2,且t0,1，有tfx11tfx2ftx11tx2.2【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明fxgx0（或fxgx0），进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函答案第14页，共15页数.答案第15页，共15页