1、 北师静海附20212022学年高一年级下学期阶段测试数学试题考试时间：120分钟 满分：150分一、 单选题(共9个小题，每小题5分，共45分)1（2019天津高二期末）已知函数，则（ ）A有极小值，无极大值 B无极小值，有极大值C既有极小值，又有极大值 D既无极小值，又无极大值2（2021天津高二期末）下列求导运算中，正确的是（）ABCD3（2021天津高二期中）已知，函数的递增区间为（）ABCD4（2021天津高二期末）（）ABCD5（2019天津高二期末）四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校
2、图书室借阅四大名著红楼梦、三国演义、水浒传、西游记（每种名著至少有5本），若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为ABCD6（2011天津高考真题（理）在的二项展开式中，的系数为（）ABCD7（2021天津高二期中）在的展开式中，的指数是整数的项共有（）A3项B4项C5项D6项8（2021天津高二期中）现有高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动,不同的选法种数为ABCD9（2021天津高二期末）已知的展开式共有6项，则展开式中各项二项式系数的和为（）ABCD二填空题(共6个小题，每小题5分，共30分)10（2020天津高二期末）已知实数为函数的极小值点
3、,则_.11（2013天津高考真题（理）的二项展开式中的常数项为_12（2021天津高二期中）计算：_13.（2008天津高考真题（文）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有_种（用数字作答）14.（2007天津高考真题（文）若的二项展开式中 的系数为，则 _（用数字作答）15（2018天津高三期末（理）已知函数若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为_.三解答题(共5个小题，每题15分，共计75分)16. （本小题满分15分）（2021天津高二期中）已知，函
4、数在处取得极值为（1）求a，b的值；（2）求的单调区间及极值17（本小题满分15分）（2021天津经济技术开发区第一中学高二期中）已知展开式前三项的二项式系数和为22（1）求的值；（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18. （本小题满分15分）2（2021天津静海一中高二期末）（1）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？(最后结果需用数字作答)（2）把件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？(最后结果需用数字作答)（3）四个不同的小球放入编号为，的四个盒子中，恰有一个空盒，共有多少种放法？
5、(最后结果需用数字作答)19. （本小题满分15分）（2021天津高二期中）在100件产品中，有97件合格品，3件次品从这100件产品中任意抽出5件（此题结果用式子作答即可）（1）抽出的5件中恰好有2件是次品的抽法有多少种；（2）抽出的5件中至少有2件是次品的抽法有多少种；（3）抽出的5件中至多有2件是次品的抽法有多少种？20.（本小题满分15分）（2021天津高二期中）已知函数，且曲线在处的切线与轴平行（1）求的值；（2）求的单调区间；（3）证明：当时，北师静海附20212022学年高一年级下学期阶段测试数学试题考试时间：120分钟 满分：150分二、 单选题(共9个小题，每小题5分，共45
6、分)1（2019天津高二期末）已知函数，则（ ）A有极小值，无极大值B无极小值，有极大值C既有极小值，又有极大值D既无极小值，又无极大值【答案】B【解析】【分析】求出，对的正负分析，即可判断函数的极值情况【详解】由题可得：，当时，当时，所以f（x）在处取得极大值，无极小值故选B【点睛】本题主要考查了利用导数判断极值的方法，属于基础题2（2021天津高二期末）下列求导运算中，正确的是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】利用基本初等函数的求导公式及导数的四则运算法则，对四个选项一一验证即可.【详解】对于A：，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：，故D正确.故选：D3（202
7、1天津高二期中）已知，函数的递增区间为（）ABCD【答案】C【解析】【分析】先求解出，然后根据的正负分析出在上的单调性，由此可知的递增区间.【详解】因为，所以，令，解得，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上的单调递增区间为，故选：C.4（2021天津高二期末）（）ABCD【答案】B【解析】【分析】由组合数公式直接计算可得结果.【详解】.故选：B.5（2019天津高二期末）四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著红楼梦、三国演义、水浒传、西游记（每种名著至少有5本），若每
8、人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为ABCD【答案】A【解析】【分析】通过分析每人有4种借阅可能，即可得到答案.【详解】对于甲来说，有4种借阅可能，同理每人都有4种借阅可能，根据乘法原理，故共有种可能，答案为A.【点睛】本题主要考查乘法分步原理，难度不大.6（2011天津高考真题（理）在的二项展开式中，的系数为（）ABCD【答案】C【解析】【详解】因为,可得时，的系数为，C正确.7（2021天津高二期中）在的展开式中，的指数是整数的项共有（）A3项B4项C5项D6项【答案】C【解析】【分析】先写出展开式的通项，然后分析的指数部分，对取合适的值使的指数为整数，由此完成求解.【详解】因为展开式
9、通项为，若为整数且，经计算可知满足条件，所以共有项，故选：C.8（2021天津高二期中）现有高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动,不同的选法种数为ABCD【答案】A【解析】【详解】解：因为高一年级的学生名，高二年级的学生名，高三年级的学生名，从中任选人参加某项活动，则由分类加法计数原理可知不同选法种数为3+5+4=12种，选A9（2021天津高二期末）已知的展开式共有6项，则展开式中各项二项式系数的和为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】依题意可得，从而得到二项式系数和；【详解】解：因为的展开式共有6项，所以，所以展开式中各项二项式系数的和为，故选：A
10、二填空题(共6个小题，每小题5分，共30分)10（2020天津高二期末）已知实数为函数的极小值点,则_.【答案】【解析】【分析】首先求出函数的导函数，求出函数的单调区间，即可求出函数的极小值点.【详解】解：令解得或，即函数在和上单调递增；令解得，即函数在上单调递减；故函数在处取得极小值.即故答案为：【点睛】本题考查利用导数求函数的极值点，属于基础题.11（2013天津高考真题（理）的二项展开式中的常数项为_【答案】15【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，结合题意，即可容易求得结果.【详解】因为的通项公式，令，故可得，则二项展开式的常数项为.故答案为：1512（2021天津高二期中）计算
11、：_【答案】128【解析】【分析】直接利用组合数的性质和公式求解即可【详解】解： 故答案为：12813.（2008天津高考真题（文）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有_种（用数字作答）【答案】432【解析】【详解】数字之和为10的情况有4，4，1，1、4，3，2，1、3，3，2，2所以共有种不同排法14.（2007天津高考真题（文）若的二项展开式中 的系数为，则 _（用数字作答）【答案】2【解析】【详解】，令15（2018天津高三期末（理）已知函数若函数
12、恰有3个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】画出 的图像,再分析与的交点个数即可.【详解】画出函数的图像,如图所示：先求与相切时的情况,由图可得此时,设切点为,则,解得, .此时.斜率.又当时与平行也为临界条件.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点个数的问题,需要根据题意画出图像,再分析临界条件分析.属于中档题.三解答题(共5个小题，每题15分，共计75分)16. （本小题满分15分）（2021天津高二期中）已知，函数在处取得极值为（1）求a，b的值；（2）求的单调区间及极值【答案】（1），；（2）递增区间是与，递减区间是，极大值为，极小值为【解析】【分析】
13、（1）由已知条件可得，从而可求出a，b的值；（2）令，求出方程的根，然后列出的变化情况表，从而可求出函数的极值和单调区间【详解】解：（1），由，得，（2），令，得或函数的单调区间如下表：100极大值极小值所以函数的递增区间是与，递减区间是极大值为，极小值为17（本小题满分15分）（2021天津经济技术开发区第一中学高二期中）已知展开式前三项的二项式系数和为22（1）求的值；（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）；（2）；（3）.【解析】【分析】1利用公式展开得前三项，二项式系数和为22，即可求出n2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
14、二项式系数最大的项【详解】解：由题意，展开式前三项的二项式系数和为221二项式定理展开：前三项二项式系数为：，解得：或舍去即n的值为62由通项公式，令，可得：展开式中的常数项为；是偶数，展开式共有7项则第四项最大展开式中二项式系数最大的项为【点睛】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18. （本小题满分15分）2（2021天津静海一中高二期末）（1）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？(最后结果需用数字作答)（2）把件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？(最后结果需用数字作答)（3）四
15、个不同的小球放入编号为，的四个盒子中，恰有一个空盒，共有多少种放法？(最后结果需用数字作答)【答案】（1）216；（2）36；（3）144【解析】（1）按照最左端分两类，第一类排甲，其余的5人全排列， 第二类排乙，最右端不排甲，其余4人全排列，再由分类计数原理求解.（2）分步完成，第一步将A，B捆在一起当作一个元素与除C的两个元素一起全排列，第二步将C插入已经排好的排列中，让A，C不相邻，再由分步计数原理求解.（3）从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列.（4）易知的展开式的二项式系数和为，的展开式系数和，由，解得，再由二项式系数的性质求解.【详解】（1）按照最左端分两
16、类，第一类排甲，其余的5人全排列，共有种，第二类，排乙，最右端不排甲有种，其余4人全排列，有种，共有种，由分类计数原理得共有120+96=216种.（2）分步完成，第一步将A，B捆在一起当作一个元素与除C的两个元素一起全排列，共有种，第二步将C插入已经排好的排列中，让A，C步相邻，有种，由分步计数原理得：共有种.（3）四个不同的小球放入编号为，的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，有种不同的方法.19. （本小题满分15分）（2021天津高二期中）在100件产品中，有97件合格品，3件次品从这100件产品中任意
17、抽出5件（此题结果用式子作答即可）（1）抽出的5件中恰好有2件是次品的抽法有多少种；（2）抽出的5件中至少有2件是次品的抽法有多少种；（3）抽出的5件中至多有2件是次品的抽法有多少种？【答案】（1）种；（2）种；（3）种【解析】【分析】（1）抽出的5件中恰好有2件是次品，则3件合格品，从而可得答案；（2）抽出的5件中至少有2件是次品包含2件次品3件合格品和3件次品2件合格品，再利用分类计数原理可求得结果；（3）抽出的5件中至多有2件是次品包含5件全是合格品，1件次品4件合格品和2件次品3件合格品，再利用分类计数原理可求得结果【详解】解：（1）抽出的产品中恰好有2件是次品的抽法共有种抽法（2）抽
18、出的产品中至少有2件是次品的抽法共有种抽法（3）抽出的产品中至多有2件是次品的抽法共有种抽法20.（本小题满分15分）（2021天津高二期中）已知函数，且曲线在处的切线与轴平行（1）求的值；（2）求的单调区间；（3）证明：当时，【答案】（1）；（2）在区间，上单调递减，在区间上单调递增；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，结合题意得到关于的方程，解出即可；（2）由（1）知，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（3）由（2）知在单调递增，即可求出函数的最值，即可得证【详解】解：（1）由条件知，故解得（2）由（1）知故当时，；当时，从而在区间，上单调递减，在区间上单调递增（3）由（2）知在单调递增，故在的最大值为，最小值为从而对任意，有而当时，从而
