北京市大兴区2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析.doc

大兴区2022~2023学年度第二学期期中检测高二数学本试卷，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.（）A.B.C.D.【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】．故选：D．2.若，则（）A.B.C.D.【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，解得或.由于且，故.故选：C.3.若函数，则（）A.B.C.D.【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，则.故选:B4.从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数的个数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析】分析可知只需从、、、这个数字中任取个数字全排即可，利用排列计数原理可得结果.【详解】从、、、中任取个数字组成没有重复数字的三位数，只需从这个数字中任取个数字全排即可，因此，满足条件的三位数的个数为.故选：B.5.已知过点的直线与曲线的相切于点，则切点坐标为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出切点的坐标.【详解】设切点坐标为，由，得，则过切点的切线方程为，把点代入切线方程得，，即，又，所以，则，则切点坐标为.故选：A6.已知名同学分别从个社区中选择个社区参加垃圾分类宣传活动，则不同选法的种数是（）A.B.C.D.【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】名同学分别从个社区中选择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，则共有种，故选：C.7.下列不等式中，对任意的不恒成立的是（）A.B.C.D.【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，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，则．故A不合题意；当时，，故B符合题意；令，则，则在上单调递增，故，则．故C不合题意；令，则，则在上单调递增，故，则．故D不合题意.故选：B.8.设函数（），则“”是“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，可得，当时，恒成立，函数是增函数，所以“”是“在定义域上是增函数”的充分条件；在定义域上是增函数，可知恒成立，此时，所以“”是“在定义域上是增函数”的必要条件；综上，“”是“在定义域上是增函数”的充要条件；故选：C．9.已知函数的定义域为，函数的导函数，若在处取得极大值，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分、、三种情况说明单调性，从而可求解.【详解】函数的导函数，令，可得，得或，当时，时，单调递增；或时，单调递减；所以在处取得极大值，符合题意；当时，当时，时，单调递减；或时，单调递增；所以在处取得极小值，不符合题意，舍去；当时，时，单调递减；或时，单调递增；所以在处取得极大值，符合题意.实数的取值范围为.故选：D10.已知函数，若，且，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意作出函数图象，可得的范围，得到，令，再由导数求最小值即可．【详解】已知函数，作出函数图象如图：当时，．由，得，则．令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，，即的最小值为．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.______．【答案】【解析】【分析】利用阶乘的定义直接求解即可【详解】，故答案为：612.若甲、乙、丙、丁人站成一排，甲不站两端，则不同排法的种数为______．【答案】【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．故答案为：12．13.已知函数．则______；若，则______．【答案】①.②.【解析】【分析】求出，代值计算可得出的值，利用复合函数的求导法则可求得.【详解】因为，则，所以，，因为，则.故答案为：；.14.设函数．能说明“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是______．【答案】－1（答案不唯一，只要满足即可）【解析】【分析】对函数求导，通过