2021-2022学年河南省新乡市某校高中部高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年河南省新乡市某校高中部高二（下）月考数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知z=2−i1+3i，则z的虚部为( )
A.−1B.−iC.5D.5i

2. 已知函数fx=x3+2x，则limΔx→0f2−f2+ΔxΔx=( )
A.14B.−14C.−28D.−7

3. 用反证法证明“三个孩子中恰有一个男孩”时，正确的反设为( )
A.三个孩子都是男孩
B.三个孩子都是女孩
C.三个孩子中至少有两个男孩
D.三个孩子都是女孩或至少有两个男孩

4. a−2b6展开式的第3项的系数是（ ）
A.20B.30C.−160D.60

5. 教学楼共有6层楼，每层都有南、北两个楼梯，从一楼到六楼共有( )种走法．
A.25B.52C.62D.26

6. 7+3与6+10的大小关系是（ ）
A.7+3<6+10B.7+3>6+10C.7+3=6+10D.不确定

7. 如图，杨辉三角出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》中，它揭示了(a+b)n(n 为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第10行排在偶数位置的所有数字之和为（ ）

A.256B.512C.1024D.1023

8. 已知函数fx=−13x3+2x2+ax−1在区间−1,1上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A.4,9B.[3,+∞)C.−2,5D.[5,+∞)

9. 从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12,13,14，一辆车从甲地到乙地，恰好遇到2个红灯的概率为（ ）
A.124B.14C.1124D.38

10. 函数fx=ln2x−x2+x的单调递减区间为( )
A.2,2B.1,+∞C.1,2D.0,3

11. “赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现用4种不同的颜色（4种颜色全部使用）给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）

A.24种B.48种C.72种D.96种

12. 已知函数fx的导函数为f′x，且对任意x∈R，f′x−fx<0，若f2=e2，ftA.0,2B.2,+∞C.0,e2D.e2,+∞
二、填空题

已知a∈R，复数a+i2+i为实数，则a=________.

01x+12x2dx=_________.

已知ax−3x7的展开式中x−16的系数为945，则实数a=________．

对任意x∈1,+∞，都有fx=ax2−2ax−x+a+lnx>−1，则实数a的取值范围是________ .
三、解答题


(1)求函数的导数： y=3−2xx2+1；

(2)求定积分：已知a>0，求aa2−x2dxa​.


(1)从A，B，C等7人中选5人排成一排（请列出算式并计算出结果）
①若A，B，C三人不全在内，有多少种排法？
②若A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，有多少种排法？

(2)按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？（请列出算式并计算出结果）
①6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
②6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；

一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得30分，出现两次音乐获得50分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除100分（即获得−100分）．设每次击鼓出现音乐的概率为13，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列与期望；

(2)玩2盘游戏，至少有一盘获得50分的概率为多少？

已知首项为−2的等差数列an的前n项和为Sn，数列bn满足Sn=2nlg2bn−2n∈N*，b3=8.
(1)求an与bn；

(2)设cn=6anbn，记数列cn的前n项和为Tn，证明：当n∈N*时， Tn<−12n.

已知函数fx=aex+1,gx=lnx
(1)讨论函数hx=gx+xfx−xex的单调性；

(2)若xfx<−gx+1，求a的取值范围．

已知函数f(x)＝(2a−1)lnx−1x−2ax(a∈R)．
(1)a=0时，求函数f(x)的极值；

(2)a≠0时，讨论函数f(x)的单调区间；

(3)若对任意的a∈[−2, −1)，当x1，x2∈[1, e]时恒有(m−2e)a−1e+2≥|f(x1)−f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2021-2022学年河南省新乡市某校高中部高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z=2−i1+3i=5+5i，
则其虚部为5.
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
极限及其运算
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
3.
【答案】
D
【考点】
反证法与放缩法
【解析】
本题考查逻辑推理．
【解答】
解：三个孩子是男孩、女孩的情况共有四种情形：
3个都是女孩，1个男孩2个女孩，2个男孩1个女孩，3个都是男孩，
所以用反证法证明“三个孩子中恰有一个男孩”时，正确的反设为“三个孩子都是女孩或至少有两个男孩”．
故选D．
4.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解答】解：根据二项式定理可得展开式的第3项为T3=C62a4−2b2=60a4b2，
所以第3项的系数为60，
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从一楼走到六楼，需要选择5次楼梯，每次有2种不同的选法，故不同的走法有25种．
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
本题考查分析法的应用．
【解答】
解： 7+3>6+10⇔7+32>6+102⇔16+263>16+260⇔63>60．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
杨辉三角
二项式系数的性质
归纳推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题可知，图中第10行排在偶数位置的所有数字之和为12×210=512.
8.
【答案】
D
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意f′x=−x2+4x+a≥0在区间−1,1上恒成立，
则a≥x2−4x，x∈−1,1恒成立，
故a≥5.
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解答】解：从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12,13,14
一辆车从甲地到乙地，恰好遇到2个红灯的概率为：
P=12×13×1−14+12×1−13×14+1−12×13=14=14
故选：B．
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx的定义域为0,2，
而f′x=−x2+2x2−x.
由于x∈0,2，所以x2−x>0，
所以f′x<0即−x2+2<0，解得2所以函数fx的单调递减区间为2,2．
故选A．
11.
【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】
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①对于区域①、②、⑤，三个区域两两相邻，有A43=24种涂色的方法，
②对于区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，
故有24×2=48种涂色方法，
故选：B．
12.
【答案】
B
【考点】
函数的单调性与导数的关系
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：构造函数gt=ftet−1，
则g2=f2e2−1=0.
因为g′t=f′t−ftet<0，
所以函数gt在R上单调递减，
所以ft因此t>2．
故选B．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先化简复数z，利用复数为纯虚数得到实部为零，虚部不为零，求出a即可.
【解答】
解：∵ a+i2+i=a+i2−i2+i2−i=2a+15+2−a5i为实数，
∴ 2a+15≠0，2−a5=0，
解得a=2.
故答案为：2.
【答案】
56
【考点】
定积分
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：01(x+12x2)dx=(23x32+16x3)|01=23+16=56．
故答案为：56．
【答案】
3
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：Tr+1=C7r(ax)7−r⋅(−3x)r=C7r⋅(−1)r⋅a7−r⋅x5r−216，
令5r−216=−16，得r=4.
于是x−16的系数为C74a3=945，
即35a3=945，a3=27，a=3.
故答案为：3
【答案】
12,+∞
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′x=2a(x−1)−1+1x=2ax−1(x−1)x，f1=−1，
∵ x>1，
∴ x−1>0，
当a≤0时，f(x)在(1,+∞)上单调递减，
∴ fx当a≥12，即0<12a≤1时，
fx在1,+∞上单调递增，
∴ fx>f1=−1，符合题意；
当0fx在1,12a上单调递减，
∴ 存在fx由此可得a≥12.
故答案为：12,+∞.
三、解答题
【答案】
解：（1） y′=(3−2x)′(x2+1)−(3−2x)(x2+1)′(x2+1)2=−2(x2+1)−2x(3−2x)(x2+1)2=2x2−6x−2x2+12；
（2）令y=a2−x2−a≤x≤a，得x2+y2=a2−a≤x≤a,y≥0
−aaa2−x2dx的几何意义是求以0,0为圆心，半径为a的半圆的面积，
∴ −aaa2−x2dx=12πa2.
【考点】
简单复合函数的导数
定积分
定积分在求面积中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1） y′=(3−2x)′(x2+1)−(3−2x)(x2+1)′(x2+1)2=−2(x2+1)−2x(3−2x)(x2+1)2=2x2−6x−2x2+12；
（2）令y=a2−x2−a≤x≤a，得x2+y2=a2−a≤x≤a,y≥0
−aaa2−x2dx的几何意义是求以0,0为圆心，半径为a的半圆的面积，
∴ −aaa2−x2dx=12πa2.
【答案】
①解：若A，B，C三人全在内，则有C42A55=720,
从A，B，C等7人中选5人排成一排有A75=2520
所以若A，B，C三人不全在内，则有2520−720=1800种排法．
②解：若A，B，C都在内，先选2个人有C42种方法，A，B必须相邻，捆绑A，B有A22种方法，C与A，B都不相邻，有A22×A32种方法，所以共有C42×A22×A22×A32=144种排法．
①6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，类似于在6个小球间的空隙中，放入3个隔板，把小球分为4组，故不同的方法共有C53=10
②6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，先把6个小球分组，有两种分法：2、2、
1、1；3、1、1、1；再放入4个不同的盒子，故不同的方法共有C62C42A22+C63A44=1560
(C64+C63C32+C62C42C22A33)A44=2160.
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
①解：若A，B，C三人全在内，则有C42A55=720,
从A，B，C等7人中选5人排成一排有A75=2520
所以若A，B，C三人不全在内，则有2520−720=1800种排法．
②解：若A，B，C都在内，先选2个人有C42种方法，A，B必须相邻，捆绑A，B有A22种方法，C与A，B都不相邻，有A22×A32种方法，所以共有C42×A22×A22×A32=144种排法．
①6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，类似于在6个小球间的空隙中，放入3个隔板，把小球分为4组，故不同的方法共有C53=10
②6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，先把6个小球分组，有两种分法：2、2、
1、1；3、1、1、1；再放入4个不同的盒子，故不同的方法共有C62C42A22+C63A44=1560
(C64+C63C32+C62C42C22A33)A44=2160.
【答案】
（1）X所有可能取值为30，50，100，−100；
根据题意，有
PX=30=C31×131×1−132=49；PX=50=C32×132×1−131=29，
PX=100=C33×133×1−130=127；PX=−100=C30×130×1−133=827.
所以X的分布列为：
期望EX=30×49+50×29+100×127+−100×827=−4027.
由（1）知，玩1盘游戏获得50分的概率为： 29，则玩1盘游戏没有获得50分的概率为： 1−29=79
设事件A表示玩2盘游戏，至少有一盘获得50分，
所以PA=2×29×79+29×29=3281，即玩2盘游戏，至少有一盘获得50分的概率为3281
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）X所有可能取值为30，50，100，−100；
根据题意，有
PX=30=C31×131×1−132=49；PX=50=C32×132×1−131=29，
PX=100=C33×133×1−130=127；PX=−100=C30×130×1−133=827.
所以X的分布列为：
期望EX=30×49+50×29+100×127+−100×827=−4027.
由（1）知，玩1盘游戏获得50分的概率为： 29，则玩1盘游戏没有获得50分的概率为： 1−29=79
设事件A表示玩2盘游戏，至少有一盘获得50分，
所以PA=2×29×79+29×29=3281，即玩2盘游戏，至少有一盘获得50分的概率为3281
【答案】
（1）设等差数列an的公差为d，因为b3=8
所以由Sn=2nlg2bn−2⇒S3=2×3⋅lg2b3−2=6lg28−2=6即3×−2+12×3×2d=6⇒d=4，即an=−2+n−1⋅4=4n−6
所以Sn=−2+4n−6n2=n2n−4，而Sn=2nlg2bn−2
所以n2n−4=2nlg2bn−2⇒lg2bn=n⇒bn=2n
（2）由（1）可知： an=4n−6, bn=2n
所以有cn=6anbn=64n−6⋅2n=32n−3⋅2n
当n=1时， T1=c1=−32<−12，不等式成立，
当n=2时， T2=c1+c2=−32+34=−34<−14，不等式成立，
假设当n=kk≥3,k∈N*时，不等式成立，即Tk<−12k
当n=k+1时， Tk+1=Tk+cn+1=Tk+32k−1⋅2k+1<−12k+32k−1⋅2k+1，
因为k≥3,k∈N*，
所以−12k+32k−1⋅2k+1−−12k+1=−2k−22k−1⋅2k+1<0，
即−12k+32k−1⋅2k+1<−12k+1，因此Tk+1<−12k+1
综上所述：当n∈N*时， Tn<−12n成立．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）设等差数列an的公差为d，因为b3=8
所以由Sn=2nlg2bn−2⇒S3=2×3⋅lg2b3−2=6lg28−2=6即3×−2+12×3×2d=6⇒d=4，即an=−2+n−1⋅4=4n−6
所以Sn=−2+4n−6n2=n2n−4，而Sn=2nlg2bn−2
所以n2n−4=2nlg2bn−2⇒lg2bn=n⇒bn=2n
（2）由（1）可知： an=4n−6, bn=2n
所以有cn=6anbn=64n−6⋅2n=32n−3⋅2n
当n=1时， T1=c1=−32<−12，不等式成立，
当n=2时， T2=c1+c2=−32+34=−34<−14，不等式成立，
假设当n=kk≥3,k∈N*时，不等式成立，即Tk<−12k
当n=k+1时， Tk+1=Tk+cn+1=Tk+32k−1⋅2k+1<−12k+32k−1⋅2k+1，
因为k≥3,k∈N*，
所以−12k+32k−1⋅2k+1−−12k+1=−2k−22k−1⋅2k+1<0，
即−12k+32k−1⋅2k+1<−12k+1，因此Tk+1<−12k+1
综上所述：当n∈N*时， Tn<−12n成立．
【答案】
解：(1)因为hx=gx+xfx−xex=lnx+ax,x>0
所以h′x=1x+a
若a＞0，则h′x>0在0,+∞上恒成立，故hx在0,+∞上单调递增；
若a<0，则当x∈0,−1a时， h′x>0；当x∈−1a,+∞时， h′x<0
故hx在0,−1a上单调递增，在−1a,+∞上单调递减．
综上所述，当a＞ 0时， hx在0,+∞上单调递增，
当a<0时，在0,−1a上单调递增，在−1a,+∞上单调递减．
(2)由xfx<−gx+1等价于a<−lnx−x+1xex=−lnxex+1xx
令t=xext>0，函数φt=−lnt+1t
则φ′t=lnt−2t2，由φ′t=0，可得t=e2
当t∈0,e2时， φ′t<0,φt单调递减；
当t∈e2,+∞时， φ′t>0 φt单调递增．
故φtmin=φe2=−1e2
∴ a的取值范围为−∞,−1e2
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为hx=gx+xfx−xex=lnx+ax,x>0
所以h′x=1x+a
若a＞0，则h′x>0在0,+∞上恒成立，故hx在0,+∞上单调递增；
若a<0，则当x∈0,−1a时， h′x>0；当x∈−1a,+∞时， h′x<0
故hx在0,−1a上单调递增，在−1a,+∞上单调递减．
综上所述，当a＞ 0时， hx在0,+∞上单调递增，
当a<0时，在0,−1a上单调递增，在−1a,+∞上单调递减．
(2)由xfx<−gx+1等价于a<−lnx−x+1xex=−lnxex+1xx
令t=xext>0，函数φt=−lnt+1t
则φ′t=lnt−2t2，由φ′t=0，可得t=e2
当t∈0,e2时， φ′t<0,φt单调递减；
当t∈e2,+∞时， φ′t>0 φt单调递增．
故φtmin=φe2=−1e2
∴ a的取值范围为−∞,−1e2
【答案】
解：(1)当a=0时，f(x)=−lnx−1x，x∈(0, +∞)，
∴ f′(x)=−1x+1x2=1−xx2，
令f′(x)=0得，x=1，
当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1, +∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
∴ 函数f(x)的极大值f(1)=−1，无极小值；
(2)a≠0时，函数f(x)=(2a−1)lnx−1x−2ax，x∈(0, +∞)，
f′(x)=2a−1x+1x2−2a=−2ax2+(2a−1)x+1x2=(2ax+1)(1−x)x2，
①当a>0时，2ax+1>0，
令f′(x)=0，得x=1，
∴ 当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1, +∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
②当a<0时，令f′(x)=0，得x=1或x=−12a，
(i)若a<−12，则0<−12a<1，
∴ 当x∈(0,−12a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(−12a,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1, +∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
(ii)若a=−12时，则f′(x)=(1−x)2x2≥0恒成立，
∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，
(iii)若−121，
∴ 当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1,−12a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(−12a,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
(3)当a∈[−2, −1)时，由（2）可知，函数f(x)在[1, e]上单调递增，
∴ |f(x1)−f(x2)|≤f(e)−f(1)=4a−2ae−1e，
∵ (m−2e)a−1e+2≥|f(x1)−f(x2)|对任意的a∈[−2, −1)，当x1，x2∈[1, e]时恒成立，
∴ (m−2e)a−1e+2≥4a−2ae−1e 对任意的a∈[−2, −1)恒成立，
即m≤4−2a对任意的a∈[−2, −1)恒成立，
∵ 当−2≤a<−1时，(4−2a)min=5，
∴ m≤5，
故实数m的取值范围为：(−∞, 5]．
【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
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
（1）当a＝0时，求出导函数f′(x)，令f′(x)＝0，求出极值点，再利用导函数的正负判定极大值还是极小值即可；
（2）当a≠0时，求出导函数f′(x)，对a分情况讨论，分别求出极值点，利用二次函数的图象得到导函数的正负，从而得到函数f(x)的单调性；
（3）当a∈[−2, −1)时，由（2）可知，函数f(x)在[1, e]上单调递增，|f(x1)−f(x2)|≤f(e)−f(1)=4a−2ae−1e，所以(m−2e)a−1e+2≥4a−2ae−1e 对任意的a∈[−2, −1)恒成立，通过分离参数法转化为最值问题，即可求出m的取值范围．
【解答】
解：(1)当a=0时，f(x)=−lnx−1x，x∈(0, +∞)，
∴ f′(x)=−1x+1x2=1−xx2，
令f′(x)=0得，x=1，
当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1, +∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
∴ 函数f(x)的极大值f(1)=−1，无极小值；
(2)a≠0时，函数f(x)=(2a−1)lnx−1x−2ax，x∈(0, +∞)，
f′(x)=2a−1x+1x2−2a=−2ax2+(2a−1)x+1x2=(2ax+1)(1−x)x2，
①当a>0时，2ax+1>0，
令f′(x)=0，得x=1，
∴ 当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1, +∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
②当a<0时，令f′(x)=0，得x=1或x=−12a，
(i)若a<−12，则0<−12a<1，
∴ 当x∈(0,−12a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(−12a,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1, +∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
(ii)若a=−12时，则f′(x)=(1−x)2x2≥0恒成立，
∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，
(iii)若−121，
∴ 当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1,−12a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(−12a,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
(3)当a∈[−2, −1)时，由（2）可知，函数f(x)在[1, e]上单调递增，
∴ |f(x1)−f(x2)|≤f(e)−f(1)=4a−2ae−1e，
∵ (m−2e)a−1e+2≥|f(x1)−f(x2)|对任意的a∈[−2, −1)，当x1，x2∈[1, e]时恒成立，
∴ (m−2e)a−1e+2≥4a−2ae−1e 对任意的a∈[−2, −1)恒成立，
即m≤4−2a对任意的a∈[−2, −1)恒成立，
∵ 当−2≤a<−1时，(4−2a)min=5，
∴ m≤5，
故实数m的取值范围为：(−∞, 5]．