2021-2022学年湖南省永州市某校部高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年湖南省永州市某校部高二（下）月考数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 质点A做直线运动，已知其位移与时间的关系是st=3t2，则在t0=2时的瞬时速度为（ ）
A.6B.12C.18D.24

2. 2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）
A.36种B.12种C.18种D.48种

3. 函数fx=exsinx的图象在点0,f0处切线的倾斜角为（ ）
A.30∘B.45∘C.150∘D.135∘

4. 用0，1，2，3，4组成的无重复数字的四位偶数的个数为（ ）
A.24B.48C.60D.72

5. 偶函数f′x为fx的导函数，f′x的图象如图所示，则函数fx的图象可能为（ ）

A.B.
C.D.

6. 在二项式2x+14xn的展开式中，前三项的系数成等差数列，则该二项式展开式中x−2项的系数为（ ）
A.2B.4C.1D.16

7. 在重庆召开的“市长峰会”期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为（ ）
A.C1412A124A84B.C1412C124C84
C.C1412C124C84A33D.C1412C124C84A33

8. 设n为奇数，那么11n+Cn1⋅11n−1+Cn2⋅11n−2+…+Cnn−1⋅11−1除以13的余数是（ ）
A.−3B.2C.10D.11
二、多选题

下列函数求导运算正确的是（ ）
A.(3x)′=3xlg3e；B.(lg2x)′=1xln2
C. cs5x′=−5sin5xD.xsinx′=csx

已知函数fx=ex−axa∈R，则下列说法正确的是（ ）
A.当a>e时， fx有两个零点
B.当a>0时， fx有极小值点
C.当a<0时， fx没有零点
D.不论a为何实数， fx总存在单调递增区间

已知函数fx=x3−ax+1的图象在x=1处切线的斜率为−3，则下列说法正确的是（ ）
A.a=6B.fx在x=−1处取得极大值
C.当x∈1,2时， fx有最小值D.fx的极大值为42+1

设函数f(x)=exlnx，则下列说法正确的是（ ）
A.f(x)定义域是(0, +∞)
B.x∈(0, 1)时，f(x)图象位于x轴下方
C.f(x)存在单调递增区间
D.f(x)有且仅有两个极值点
三、填空题

在2x−3y10的展开式中，各项系数的和等于________.

若fx=x3−f′1x2+x+4，则f′1=________.

将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种（用数字作答）．

C41+C52+⋯+C2118=________．（用数字作答）
四、解答题

已知函数fx=−2x3+3x2−3.
(1)求函数fx的极值；

(2)求函数fx在−1,2上的最小值和最大值．

在①只有第八项的二项式系数最大，②奇数项二项式系数之和为47，③各项系数之和为414，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．
设二项式x+3x3n，若其展开式中，________，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？

设函数fx=x2+axexa∈R.
(1)若fx在x=0处取得极值，求实数a的值；

(2)若函数fx在1,2上为增函数，求实数a的取值范围．

在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结果用数字作答）
(1)4名男生相邻有多少种不同的站法？

(2)女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？

(3)甲、乙、丙三人按从高到低从左到右排列，有多少种不同的排法？（甲、乙、丙三位同学身高互不相等）

(4)从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色的朗通，有多少种选派方法？

已知x2+2xm的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为12．
(1)求m的值；

(2)求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；

(3)将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率．

已知函数fx=e2x−1x2.
(1)求曲线y=fx过点1,0的切线方程；

(2)若函数gx=fx−m有一个零点，求实数m的取值范围.
参考答案与试题解析
2021-2022学年湖南省永州市某校部高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
根据题意，t0=2时的瞬时速度即为t0=2时的瞬时变化率，
所以根据导数的几何意义得：t0=2时的瞬时速度为t0=2时的导数，
所以s′(t)=6t，s′2=12.
2.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若小张或小赵入选，有选法：C21⋅C21⋅A32=24种，
若小张，小赵都入选，有：
A22⋅A33=12种，
可知共有24+12=36种．
选A．
3.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，
f′(x)=exsinx+excsx=ex(sinx+csx)，
∴ 函数在点(0, f(0))处的切线的斜率为k=f′(0)=1，
则所求的倾斜角为45∘.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
分步乘法计数原理
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据分类计数原理知，
当末位是0时，
千位、十位和百位从4个元素中选3个进行排列有A43=24种结果；
当末位不是0时，末位只能从2和4中选一个，千位从3个非0元素中选一个，
百位、十位从剩余三个中选2个，共有A21A32A31=36种结果，
根据分类计数原理知共有24+36=60种结果，
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由f′x图象可知， fx的图象从左往右，是增→减→增，由此排除AD选项，
由f′x图象可知，当x→+∞时， fx增长越来越快，由此排除C选项．
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意可得2n、Cn1⋅2n−1、Cn2⋅2n−2 成等差数列，
∴ 2Cn1⋅2n−1=2n+Cn2⋅2n−2，解得n=8．
故展开式的通项公式为Tr+1=C8r⋅28−r⋅x4−3r4，令4−3r4=−2，
求得r=8，故该二项式展开式中x−2项的系数为 C88⋅20=1，
7.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
首先从14人中选出12人共C1412种，然后将12人平均分为3组共C124⋅C84⋅C44A33种，
然后这两步相乘，得C1412⋅C124⋅C84A33，将三组分配下去共C1412⋅C124⋅C84种．
8.
【答案】
C
【考点】
二项式定理的应用
【解析】

【解答】
解：根据题意，11n+Cn1⋅11n−1+Cn2⋅11n−2+...+Cnn−1⋅11−1
=(11+1)n−2，
∴ 12n=13−1n展开式中最后一项不能被13整除，其余的能，最后一项为−1，
∴ 原式=11+1n−1−1被13除的余数为10，
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
导数的运算
简单复合函数的导数
【解析】
根据(ax)′＝axlna，(lgax)′=1xlna，(lnx)′=1x即可作出判断．
【解答】
解：A，(3x)′=3xln3，故错误；
B，(lg2x)′=1x⋅ln2，故正确；
C，cs5x′=−5sin5x，故正确；
D，xsinx′=sinx+xcsx，故错误；
故选BC.
【答案】
A,B,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′x=ex−a，当a≤0时， f′x>0，fx在R上单调递增，
当a>0时，由f′x>0可得x>lna，由f′x<0可得x所以fx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增，
所以lna是fx的极小值点，故B正确，
不论a为何实数， fx有总存在单调递增区间，故D正确，
fx=ex−ax的零点个数等价于y=ex的图象与y=ax的图象的交点个数设x0,ex0为直线y=ax与y=ex相切的切点，
则ex0=ax0ex0=a，解得x0=1,a=e，所以直线y=ex与y=ex相切，
由图可得，当a<0时， fx有一个零点，故C错误，
当a>e时，f(x)有两个零点，故A正确.
故选ABD.
【答案】
A,C,D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f′x=3x2−a，所以f′1=3−a=−3，所以a=6，故A正确；
因为f′x=3x2−6=3x+2x−2，
当x∈−∞,−2时， f′x>0；当x∈−2,2时， f′x<0；
当x∈2,+∞时， f′x>0；
所以fx在x=−2处取得极大值，故B错误；
因为fx在[1,2）上单调递减，在（2,2]上单调递增，
所以fx在1,2上的最小值为f2，故C正确；
由B可知， fx极大=f−2=−22+62+1=42+1，故D正确，
故选ACD.
【答案】
B,C
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据lnx≠0可得定义域，即可判断A选项；对f(x)求导，判断f(x)在定义域上的单调性，然后结合f(x)图象可判断BCDE．
【解答】
解：∵ lnx≠0可得定义域为(0,1)∪(1,+∞)，故A错误；
由f(x)=exlnx，得f′(x)=ex(xlnx−1)x(lnx)2，
令g(x)=xlnx−1，则g′(x)=lnx+1，
令g′(x)=0，则x=1e，
∴ 当00，
①当0即f′(x)<0，∴ f(x)在(0, 1)上单调递减，
∵ x→0时，f(x)→0，
∴ 当x∈(0, 1)时，f(x)图象在x轴下方，故B正确；
②当x>1时，g′(x)>0，∴ g(x)>g(1)=−1，又g(2)=2ln2−1>0，
∴ 存在x0∈(1, 2)使g(x0)=0，
∴ 当1x0时，f′(x)>0，
∴ f(x)在(1, x0)上单调递减，在(x0, +∞)上单调递增，故C正确，D错误．
故选BC．
三、填空题
【答案】
1
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意可知， 2x−3y10的展开式中各项系数的和为2×1−3×110=1.
故答案为：1.
【答案】
43
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为fx=x3−f′1x2+x+4,
所以f′x=3x2−2f′1x+1，
所以f′1=3−2f′1+1，解得f′1=43，
故答案为：43
【答案】
480
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，
因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．
当C在左边第1个位置时，有A55，
当C在左边第2个位置时，有A42A33，
当C在左边第3个位置时，有A​32A33+A22A33，
共为240种，乘以2，得480．
则不同的排法共有480种．故答案为480.
【答案】
7314
【考点】
组合及组合数公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由组合数的性质可得C44+C41+C52+⋯+C2118−1=C44+C43+C53+⋯+C213−1=C224−1=7314，
故答案为：7314.
四、解答题
【答案】
解：(1)定义域R， f′x=−6x2+6x=−6xx−1，
令f′x=0,x=0,x=1，
当x=0时，fx有极小值，极小值为f0=−3；
当x=1时，fx有极大值，极大值为f1=−2.
(2)
所以fxmax=f−1=2,fxmin=f2=−7.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)定义域R， f′x=−6x2+6x=−6xx−1，
令f′x=0,x=0,x=1，
当x=0时，fx有极小值，极小值为f0=−3；
当x=1时，fx有极大值，极大值为f1=−2.
(2)
所以fxmax=f−1=2,fxmin=f2=−7.
【答案】
解：若选填条件①，即只有第八项的二项式系数最大，即Cn7最大，
由二项式系数的性质可得，n=14，
二项式x+3x314展开式的通项；
Tk=C14k−1⋅x15−k⋅3x3k−1=3k−1⋅C14k−1⋅x21−7k2，由21−7k=0得k=3，
即存在整数k=3，使得Tk是展开式中的常数项．
若选填条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n−1=47=214，
∴ n=15，二项式x+3x315展开式的通项：
Tk=C15k−1⋅x16−k⋅3x3k−1=3k−1⋅C15k−1⋅x22−7k2，
由22−7k=0得k=227∉Z,
即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．
若选③，即各项系数之和为414，
则4n=414，即n=14；
二项式x+3x314展开式的通项Tk=C14k−1⋅x15−k⋅3x3k−1
=3k−1⋅C14k−1⋅x21−7k2．
由21−7k=0，得k=3．
即存在整数k=3，使得Tk是展开式中的常数项.
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若选填条件①，即只有第八项的二项式系数最大，即Cn7最大，
由二项式系数的性质可得，n=14，
二项式x+3x314展开式的通项；
Tk=C14k−1⋅x15−k⋅3x3k−1=3k−1⋅C14k−1⋅x21−7k2，由21−7k=0得k=3，
即存在整数k=3，使得Tk是展开式中的常数项．
若选填条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n−1=47=214，
∴ n=15，二项式x+3x315展开式的通项：
Tk=C15k−1⋅x16−k⋅3x3k−1=3k−1⋅C15k−1⋅x22−7k2，
由22−7k=0得k=227∉Z,
即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．
若选③，即各项系数之和为414，
则4n=414，即n=14；
二项式x+3x314展开式的通项Tk=C14k−1⋅x15−k⋅3x3k−1
=3k−1⋅C14k−1⋅x21−7k2．
由21−7k=0，得k=3．
即存在整数k=3，使得Tk是展开式中的常数项.
【答案】
解：(1)f′x=2x+aex−x2+axexex2=−x2−a−2x+aex，
因为fx在x=0处取得极值，所以f′0=ae0=0，所以a=0，
当a=0时， f′x=−x2+2xex=−xx−2ex，f′x=−xx−2ex=0⇒x=0,x=2.
fx在x=0处取得极小值，所以a=0.
(2)f′x=−x2−a−2x+aex≥0在1,2上恒成立，但不恒为零，
即−x2−a−2x+a≥0在1,2上恒成立，但不恒为零，
所以x2+a−2x−a≤0在1,2上恒成立，但不恒为零，
所以12+a−2×1−a≤022+a−2×2−a≤0，解得a≤0,
当a=0时， f′x=−x2+2xex不恒为零，所以a≤0.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=2x+aex−x2+axexex2=−x2−a−2x+aex，
因为fx在x=0处取得极值，所以f′0=ae0=0，所以a=0，
当a=0时， f′x=−x2+2xex=−xx−2ex，f′x=−xx−2ex=0⇒x=0,x=2.
fx在x=0处取得极小值，所以a=0.
(2)f′x=−x2−a−2x+aex≥0在1,2上恒成立，但不恒为零，
即−x2−a−2x+a≥0在1,2上恒成立，但不恒为零，
所以x2+a−2x−a≤0在1,2上恒成立，但不恒为零，
所以12+a−2×1−a≤022+a−2×2−a≤0，解得a≤0,
当a=0时， f′x=−x2+2xex不恒为零，所以a≤0.
【答案】
解：（1）分2步进行分析：
①将4名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有A44=24种情况，
②将这个整体与3名女生全排列，有A44=24种情况，
故4名男生相邻的排法有A44⋅A44=24×24=576种；
(2)分2种情况讨论：
①女生甲站在右端，其余6人全排列，有A66=720种情况，
②女生甲不站在右端有5种站法，女生乙有5种站法，其余5人全排，
有5×5×A55=3000种情况，
故一共有A66+5×5×A55=720+3000=3720种；
(3)首先把7名同学全排列，共有A77=5040种结果，
甲、乙、丙三人内部的排列共有A33=6种结果，
要使甲、乙、丙三个人按照一个从高到低从左到右的顺序排列，
结果数只占6种结果中的一种，
故有A77A33=50406=840种；
(4)分2步进行分析：
①4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，
有C42⋅C32=18种情况，
②将选出的4人全排列，承担4种不同的角色，有A44=24种情况，
故有C42⋅C32⋅A44=18×24=432种.
【考点】
排列、组合的应用
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）分2步进行分析：
①将4名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有A44=24种情况，
②将这个整体与3名女生全排列，有A44=24种情况，
故4名男生相邻的排法有A44⋅A44=24×24=576种；
(2)分2种情况讨论：
①女生甲站在右端，其余6人全排列，有A66=720种情况，
②女生甲不站在右端有5种站法，女生乙有5种站法，其余5人全排，
有5×5×A55=3000种情况，
故一共有A66+5×5×A55=720+3000=3720种；
(3)首先把7名同学全排列，共有A77=5040种结果，
甲、乙、丙三人内部的排列共有A33=6种结果，
要使甲、乙、丙三个人按照一个从高到低从左到右的顺序排列，
结果数只占6种结果中的一种，
故有A77A33=50406=840种；
(4)分2步进行分析：
①4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，
有C42⋅C32=18种情况，
②将选出的4人全排列，承担4种不同的角色，有A44=24种情况，
故有C42⋅C32⋅A44=18×24=432种.
【答案】
解：(1)∵ 展开式的通项为Tr+1=Cmr⋅2r⋅x2m−5r2，
∴ 展开式中第4项的系数为Cm3⋅23，倒数第4项的系数为Cmm−3⋅2m−3，
∴ Cm2⋅23Cmm−3⋅2m−3=12，
即12m−6=12，
解得m=7．
(2)设展开式中第r+1项的系数最大，则C7r2r≥C7r+12r+1,C7r2r≥C7r−12r−1,⇒ r+1≥27−r,28−r≥r,⇒133≤r≤163，∴ r=5，故系数最大项为T6=C7525x32=672x32.
(3)展开式共有8项，由(2)，得当2m−5r2为整数，
即r=0，2，4，6时为有理项，共4项，
所以由插空法可得有理项不相邻的概率为A44A54A88=114．
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 展开式的通项为Tr+1=Cmr⋅2r⋅x2m−5r2，
∴ 展开式中第4项的系数为Cm3⋅23，倒数第4项的系数为Cmm−3⋅2m−3，
∴ Cm2⋅23Cmm−3⋅2m−3=12，
即12m−6=12，
解得m=7．
(2)设展开式中第r+1项的系数最大，则C7r2r≥C7r+12r+1,C7r2r≥C7r−12r−1,⇒ r+1≥27−r,28−r≥r,⇒133≤r≤163，∴ r=5，故系数最大项为T6=C7525x32=672x32.
(3)展开式共有8项，由(2)，得当2m−5r2为整数，
即r=0，2，4，6时为有理项，共4项，
所以由插空法可得有理项不相邻的概率为A44A54A88=114．
【答案】
解：(1)定义域为x|x≠0，
f′x=2e2x−1x2−2xe2x−1x4=2e2x−1x−1x3，
设切点为x0,y0，斜率为k，
则k=2e2x0−1x0−1x03，y0=e2x0−1x02，y0−0=kx0−1，
解得k=e34x0=2或x0=12k=−8
所以，切线方程为y−0=e34x−1或y−0=−8x−1，
即e3x−4y−e3=0或8x+y−8=0.
(2)gx=fx−m=0⇔fx=m，函数y=fx的图象与直线y=m公共点个数即为gx的零点个数，
由(1)知f′x=2e2x−1x−1x3，
则x<0或x>1时，f′x>0，
0所以fx在−∞,0,1,+∞上都是单调递增的，在0,1上单调递减，
在x=1处取得极小值f1=e，且x<0时fx>0,fx的图象如图：
因为gx只有一个零点，所以0【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)定义域为x|x≠0，
f′x=2e2x−1x2−2xe2x−1x4=2e2x−1x−1x3，
设切点为x0,y0，斜率为k，
则k=2e2x0−1x0−1x03，y0=e2x0−1x02，y0−0=kx0−1，
解得k=e34x0=2或x0=12k=−8
所以，切线方程为y−0=e34x−1或y−0=−8x−1，
即e3x−4y−e3=0或8x+y−8=0.
(2)gx=fx−m=0⇔fx=m，函数y=fx的图象与直线y=m公共点个数即为gx的零点个数，
由(1)知f′x=2e2x−1x−1x3，
则x<0或x>1时，f′x>0，
0所以fx在−∞,0,1,+∞上都是单调递增的，在0,1上单调递减，
在x=1处取得极小值f1=e，且x<0时fx>0,fx的图象如图：
因为gx只有一个零点，所以0

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