河北省张家口市崇礼第一中学2022高二数学下学期期中试题

河北省张家口市崇礼第一中学2022高二数学下学期期中试题

一、单选题（每题5分，共60分）

1．已知函数f(x)xsinx1，则下列能正确表示函数f(x)（粗线）及导函数f(x)（细线）图象的是( )

2【分析】求得直线yx2a的斜率，利用曲线ylnxa的导数，求得切点坐标，代入直线方程，求得

a的值.

【详解】

A． B．

C．

D．

【答案】A

【分析】根据fx的奇偶性，以及f0,f12的大小，即可判断.

【详解】

f(x)xsinx1，故可得f(x)xcosxsinx，

又f(x)(x)sin(x)1xsinx1f(x)， 所以f(x)是偶函数，故排除D； 因为f(0)1，故排除B；

f(12)1112cos2sin20，故排除C； 只有A满足所有条件. 故选：A.

【点睛】本题考查原函数与导函数的图像，涉及导函数的求解，属综合基础题.

2．已知直线yx2a2是曲线ylnxa的切线，则a（ ）

A．2或1 B．1或2 C．1或

12 D．12或1 【答案】D

直线yx2a2的斜率为1，

对于ylnxa，令y1x1，解得x1，故切点为1,a，代入直线方程得a12a2，解得a12或1. 故选：D

【点睛】本小题主要考查根据切线方程求参数，属于基础题.

．已知曲线yx2343lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为（ ）

A．3 B．2

C．1

D．

12 【答案】B

【分析】求出原函数的导函数，再根据导数的几何意义可得切点坐标． 【详解】

解：∵yx243lnx(x0)，

∴yx32x，再由导数的几何意义， 令x32x12，解得x2或x＝-3(舍去)， 故选：B．

【点睛】本题主要考查利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，属于基础题．

4．如图，函数fx的图象在P点处的切线方程是y2x17，若点P的横坐标是5，则f5f'5（ ）

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A．5 【答案】A

B．-5 C．10 D．-10 【答案】C

【分析】按照求导法则对函数进行求导，令x1代入导数式即可得解.

'【分析】将P的横坐标代入直线方程可得f5，然后根据曲线在某点处导数的几何意义，可得f后简单计算，可得结果. 【详解】 由题可知：

函数fx在点P处的切线为y2x17 且点P的横坐标是5，所以纵坐标为7， 即P5,7，所以f57

根据曲线在点P处的导数即切线的斜率 所以f'5，最

【详解】

函数fxx3xf1，则fx2x3f1，

2令x1代入上式可得f123f1，解得f11. 故选：C 【点睛】本题考查导数的运算法则，属于基础题. 7．函数yx在[0，2]上的最大值是（ ） ex2B．2

eC．0

D．1A．

e【答案】A 【解析】 ∵f(x)12e

52

'所以f5f故选：A

55

'x， ex【点睛】本题主要考查曲线在某点处导数的几何意义，掌握f5．下列导数运算正确的是（ ）

x0的几何意义，关注细节，属基础题.

1x∴f(x)x，

e∴当x1时，fx0,f(x)单调递增；当x1时，fx0,f(x)单调递减．

1'1A．2

xxxxC．(3)'3

B．(sinx)'cosx

1∴f(x)maxf(1)．选A．

e8．函数f(x)A．

D．(lnx)'=1 x【答案】D

【分析】根据导数的运算法则和特殊函数的导数，逐一判断. 【详解】

28 313x4x4的极大值为（ ） 326B．6 C．

3D．7

【答案】A 【解析】

11'x'x∵根据函数的求导公式可得，∵2，∴A错；∵(sinx)cosx，∴B错；∵(3)3ln3，C

xx错；D正确.

【点睛】本题考查了导数的运算法则以及特殊函数的导数. 6．已知fxx3xf1，则f1（ ）

2'y′=x-4=0，得x=±2. 当x＜-2时，y′＞0； 当-2＜x＜2时，y′＜0； 当x＞2时，y′＞0. ∴当x=-2时，y极大值=

D．-2

2 / 7

2

28，故选A. 3A．1 B．2 C．-1

9．复数z满足z1i13i，则复数z等于（）

A．1i 【答案】B

B．1i

C．2 D．-2 【详解】

先让甲选择一个班级，则甲有3种选择，剩余3位老师分配到3个班级，有A3种方法，根据分布乘法计数

3原理，共有分配方案的种数为3A318种．

3【分析】通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可. 【详解】

复数z满足z1i13i2， ∴z答案选D。

【点睛】本题主要考察排列的计算与分布乘法计数原理，难点在于如何做分类，属于基础题。

21i21i， 1i1i1i

12．已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）

故选B.

【点睛】本题主要考查复数的基本运算，复数模长的概念，属于基础题． 10．若xyi(x,yR)与A．0 【答案】C 【分析】计算【详解】

3i互为共轭复数，则xy（ ） 1iC．－1

D．4

A．72 【答案】A

B．96 C．120 D．288

B．3 【分析】先把除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，然后在排甲，再排乙、两. 【详解】

3i12i，由共轭复数的概念解得x,y即可. 1i解：除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，共有A3种，这3人排好队后有4个空位， 甲只能在丁的左边或右边，有C2种排法，乙、两的排法有：A3， 共有：A3×C2×A3＝72种排队方法。 故选：A.

【点睛】本题考查了排列问题，不相邻一般采用插空法，同时要注意特殊优先原则.

二、填空题（每题5分，共20分）

13．(x)的展开式中含x3的系数为__________．（用数字填写答案） 【答案】10

【解析】由题意得，二项式展开式的通项为Tr1C5xr5r3121233i12i，又由共轭复数概念得：x1,y2， 1ixy1.

故选：C

【点睛】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念.

11．要将甲、乙、丙、丁四位老师分配到A、B、C、D四个班级，每个班级一位老师，且甲不能分配到A班，则共有分配方案的种数为（ ） A．192 【答案】D

【分析】根据题意，因为甲不能分配到A班，所以先分类： (1)乙在A班，剩下的老师分配到3个班级，有A3 种分类方法。 (2)丙在A班，也有A3 种分类方法。 (3)丁在A班，也有A33A318

2x5B．186 C．24 D．18

2()r(2)rC5rx52r， x1133令r1，则T2(2)C5x10x，所以x3得系数为10．

3

14．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________． ．．．．

333 种方法。

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【详解】

∵fxxax，∴f'x3x2ax，

322∴f’132a5，∴a1.

【答案】60 【解析】

分析：首先将选定第一个钉，总共有6种方法，假设选定1号，之后分析第二步，第三步等，按照分类加法计数原理，可以求得共有10种方法，利用分步乘法计数原理，求得总共有61060种方法. 详解：根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有10660种方法，故答案是60.

点睛：该题考查的是有关分类加法计数原理和分步乘法计数原理，在解题的过程中，需要逐个的将对应的

（2）求函数

过程写出来，所以利用列举法将对应的结果列出，而对于第一个选哪个是机会均等的，从而用乘法运算得到结果.

15．设复数z满足z34i（i是虚数单位），则z的模为_______. 【答案】5 【解析】|z34i5z|5z5 考点：复数的模

x16．已知f(x)xe，则f(1) .

又当a1时，fxxx，f12，

32∴函数fx在点（1，f（1））处的切线方程为y25x1，即y5x3. 【点睛】

这个题目考查了利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程. 18．设函数 （1）求

的单调区间；

在区间

上的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）1

2【分析】(1)利用导数求函数的单调区间.(2)利用导数先求函数的单调区间，即得函数的最小值. 【详解】 （1）定义域为

2，，由得， ；

2∴（2）

的单调递减区间为

，单调递增区间为

，由

∴

在

得，

【答案】2e

上单调递减，在（1，2）上单调递增，

.

【解析】试题分析：

，所以

∴

三、解答题（17题6分，18题—21题每题10分，22题、23题每题12分，共70分） 17．已知a为实数，函数fxxax32的最小值为

【点睛】

(1)本题主要考查利用导数求函数单调区间和最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）用导数求函数的单调区间：求函数的定义域→求导函数的单调递增（减）区间.

219．已知函数f(x)ln(x1)与函数g(x)xaxb在x0处有公共的切线.

xR，且f‘15，求a的值及曲线yfx在点（1，f（1））处的切线方程. 【答案】a=-1; y5x3

【分析】对函数求导，再由f15求得a值，又当a1时，f12，即得到了切线的斜率，代入已知点可得到直线方程.

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→解不等式＞0得解集→求,得

（1）求实数a，b的值；

（2）记F(x)f(x)g(x)，求F(x)的极值.

【答案】（1）a1，b0．（2）极大值为0；无极小值． 【分析】

（1）分别对f(x)，g(x)求导，然后根据题意可得f(0)g(0)，f0g0，即可求解a，b的值； （2）根据（1）可知函数Fx的解析式，然后求导，列出Fx，Fx的变化情况表，根据函数单调性【答案】（1）2i；（2）2． 【解析】

分析：（1）因为zz02zz0，所以z02z，求出z0，即可得到z0的共轭复数； z1（2）将z12i代入方程x2mx50，根据复数相等可求求实数m的值. 212i2z即可求解. 【详解】 （1）fx1x1，gx2xa， 由题意得f0g0，f0g0， 解得a1，b0.

（2）Fxfxgxlnx1x2x，

Fx1x12x1x2x3x1(x1)， Fx，Fx的变化情况如下表：

x 1,0 0 0, Fx + 0 - Fx 极大值

由表可知，Fx的极大值为F00，无极小值. 【点睛】

本题主要考查导数的几何意义及函数的极值，注意认真计算，规范书写，属基础题. 20．已知复数z12i（i为虚数单位）. （1）若zz02zz0，求复数z0的共轭复数；

（2）若z是关于x的方程x2mx50一个虚根，求实数m的值.

详解：（1）因为zz02zz0，所以z0z12i2i， 所以复数z0的共轭复数为2i.

（2）因为z是关于x的方程x2mx50的一个虚根， 所以12i2m12i50，即2m2m4i0.

又因为m是实数，所以m2.

点睛：本题考查了复数的运算法则、复数相等的充要条件、共轭复数的定义，考查了计算能力，属于基础题．

21．已知复数zm2m6m25m6i，（mR，i为虚数单位） （1）若复数z为纯虚数，求实数m的值；

（2）若复数z对应的点在复平面内的第二象限，求实数m的取值范围.

【答案】（1）m3；（2）2m3 【解析】 【分析】

（1）令实部为零，虚部不为零，即可求得结果； （2）令实部小于零，虚部大于零，即可求得结果. 【详解】

m2（1）因为z为纯虚数，所以m60m25m60，

解得m3.

（2）因为复数z对应的点在复平面内的第二象限，

m2所以m60m25m60，

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由m2m60，解得m2,3

由m25m60，解得m2或m3， 所以2m3. 【点睛】

本题考查由复数的类型求参数值，以及由复数所在点的象限求参数范围，属综合基础题. 22．4男3女站成一排，求满足下列条件的排法共有多少种？

因此满足条件的有【点睛】

17A72520种排法． 2本题考查排列、组合知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确选用方法是关键．

n123．已知2x展开式前三项的二项式系数和为22．

x（1）求n的值；

（2）求展开式中的常数项；

（3）求展开式中二项式系数最大的项． 【答案】（1）6；（2）60；（3）160x2. 【解析】 【分析】

31任何两名女生都不相邻，有多少种排法？ 2男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？ 3男生甲、乙、丙顺序一定，有多少种排法？

4男甲在男乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的排法？

【答案】（1）1440；（2）3720；（3）840；（4）2520. 【解析】 【分析】

（1）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决； （2）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决； （3）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．

（4）由于男甲要么在男乙的左边，要么在男乙的右边，故利用除法可得结论． 【详解】

43解：1任何两名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空中，共有A4A51440(1)利用公式展开得前三项，二项式系数和为22，即可求出n． (2)利用通项公式求解展开式中的常数项即可． (3)利用通项公式求展开式中二项式系数最大的项．

【详解】

解：由题意，(2x1n)展开式前三项的二项式系数和为22． xnn1222，

种不同排法．

012(1)二项式定理展开：前三项二项式系数为：CnCnCn1n2甲在首位的共有A66种，乙在末位的共有A66种，甲在首位且乙在末位的有A55种，因此共有

765A72A6A53720种排法．

解得：n6或n7(舍去)． 即n的值为6．

37人的所有排列方法有A77种，其中甲、乙、丙的排序有A33种，其中只有一种符合题设要求，所以甲、

7A7乙、丙顺序一定的排法有3840种

A3(2)由通项公式Tk1C(2x)令6k66k3k61kk6k()C62x2， x3k0， 2而7人排列数恰好是这二者之和，4男甲在男乙的左边的7人排列与男甲在男乙的右边的7人排列数相等，

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可得：k4．

122展开式中的常数项为T41C24664x660；

3n是偶数，展开式共有7项则第四项最大

31展开式中二项式系数最大的项为T【点睛】

C23663x692160x．

32本题主要考查二项式定理的应用，通项公式的有关计算，属于基础题．

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