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黄冈市部分高中2023年春季高二年级期中教学质量抽测
数学
黄冈市教育科学研究院命制
本试卷共4页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
一、单项选择题（共8题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知质点M在平面上作变速直线运动，且位移S（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系可用函数：表示，则该质点M在时的瞬时速度为（ ）
A． B． C． D．
2．林老师希望从中选2个不同的字母，从中选3个不同的数字编拟车牌号鄂J×××××的后五位，要求数字互不相邻，那么满足要求的车牌号有（ ）
A．576个 B．288个 C．144个 D．72个
3．若函数在区间上是单调递增函数，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数的图象如右图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
5．若的展开式中的系数为M，展开式中各项系数和为N，则M、N大小关系为（ ）
A．M＞N B．M＜N C．M＝N D．无法确定
6．已知函数，若直线为曲线的切线，则实数a的值为（ ）
A．e B．－e C．0 D．－1
7．定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：．
已知：，满足，则p可以是（ ）
A．26 B．31 C．32 D．37
8．已知a，b，，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（共4题，每题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9．下列求导运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则下列命题正确的有（ ）
A．总有三个零点
B．有两个极值点
C．点是曲线的对称中心
D．直线可以是曲线的切线
11．已知则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．某社区派出A，B，C，D，E五名志愿者全部安排到甲、乙、丙、丁四个社区协助开展防护排查工作，每名志愿者只能到一个社区工作，则下列结论中正确的是（ ）
A．所有不同的分派方案共种
B．若甲社区不安排志愿者，其余三个社区至少安排一个志愿者，则所有不同的分派方案共150种
C．若每个社区至少派1名志愿者，且志愿者A必须到甲社区，则所有不同分派方案共96种
D．若每个社区至少派1名志愿者，且志愿者A、B不安排到同一社区，则所有不同分派方案共216种
三、填空题（共4题，每题5分，共20分）
13．已知函数，则 ______．
14．已知二项式的展开式中只有第5项的二项式的系数最大，且展开式中项的系数为448，则实数m的值为______．
15．某公司计划在如图田字区域内种植不同颜色的花卉，要求相邻区域种植的花卉颜色不同，已知供选择的花卉颜色最多有4种，则不同的种植方案有______种．
16．若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围为______．
四、解答题（共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知函数，，且．求：
（1）a的值及曲线在点处的切线方程；
（2）函数在区间上的值域．
18．（12分）在二项式展开式中，第3项的系数和第4项的二项式系数比为3：40．
（1）求n的值及展开式中的无理项有几项；
（2）求展开式中系数最大的项是第几项．
19．（12分）随着经济科技的发展，地铁作为绿色出行的交通工具不仅方便而且环保，很受市民的喜爱。某城市地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过15站的地铁票价如下表：：（）
乘坐站数 0＜x≤4 4＜x≤9 9＜x≤15
票价（元） 2 4 6
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过15站．
（1）若甲、乙两人共付车费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
（2）若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
20．（12分）已知函数
（1）判断在定义域上是否存在极值？若存在求出其极值，若不存在说明理由．
（2）若在恒成立，求a的取值范围．
21．（12分）为了积极响应国家“全面实施乡村振兴战略”的号召，某同学大学毕业后决定利用所学专业知识进行自主创业．经过市场调查，生产某种小型电子产品需投入固定成本3万元，每生产x万件，需另投入流动成本万元，当年产量小于10万件时，（万元）；当年产量不小于10万件时，（万元）．已知每件产品售价为6元，假若该产品当年全部售完．
（1）写出年利润（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本）
（2）当年产量约为多少万件时，该产品所获年利润最大？最大年利润是多少？（结果保留一位小数，取）
22．（12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若关于x的方程有两个相异的实数根，．求证：．
黄冈市部分高中2023年春季高二期中教学质量抽测
数学试题参考答案
一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C C D B B D A
二、多选题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
题号 9 10 11 12
答案 BC BCD ACD ABD
三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 14. 15. 16.
四、解答题:共70分.
17．解：(1) 由题意，，
因为，所以，解得，
所以，， 因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即
（2）因为，且，
所以在单调递减，上单调递增，
，，
即函数在区间上的值域
18．解：（1） 二项式展开式的通项公式为:，第3项的系数和第4项的二项式系数比为3：40．，所以 解得
所以，展开式中的无理项即不能为整数，
故有理项有8项
（2）设展开式中系数最大的项是第项，则
解得，因为，所以，所以展开式中系数最大的项是第5项.……12分
19.(1)解：若甲、乙两人共付车费6元，则其中一人乘坐地铁站数不超过4站，另外一人乘坐地铁站数超过4站且不超过9站，共有（种），
故甲、乙下地铁的方案共有40种.
(2)若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：
第一类，甲乘地铁站数不超过4站，乙乘地铁站数超过9站且不超过15站，有（种）；
第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过4站且不超过9站，记地铁第五站至第九站分别为,，易知甲比乙先下地铁有以下四种情形：
①甲站下，乙下地铁方式有种；
②甲站下，乙下地铁方式有种；
③甲站下，乙下地铁方式有种；
④甲站下，乙只能从下地铁，共有1种方式，
共有10（种），
依据分类加法计数原理，得24+10=34（种），
故甲比乙先下地铁的方案共有34种．
20.解：（1）
令得
即在单调递减，在单调递增
在R上单调递增即在定义域R上极值不存在
（2）因为在恒成立
所以在恒成立. 显然当不等式成立
当时，在恒成立，
令则
显然当时，，即
当时，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，所以
综上可知，实数的取值范围是．
21．解：（1）产品售价为元，则万件产品销售收入为万元．
依题意得，当时，，
当时
（2）当时，，
当时，的最大值为（万元）．
当时，，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，取最大值，万元当时，取最大值万元，
即当年产量约为万件时，该产品所获年利润最大，最大利润为万元．
22．(1)解的定义域为(0，＋∞)，
当时，恒成立，故在上单调递增；
当时，令，得；
令，得，
故在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）将代入方程
化简得：
即有两个相异的实数根，不妨设
所以，
所以，要证等价
即证，
等价于，而，所以等价于证明，
即，令，则，于是等价于证明成立，
设，，
所以在(1，＋∞)上单调递增，故，即成立，所以，结论得证．

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