重庆市开州中学高2021级高二数学下期中期模拟考试试题（Word版附解析）

开州中学高2021级高二下期中期模拟考试数学试题

一、选择题：本愿共8小愿，每小题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．如图，函数的图像在点P处的切线方程是，则（       ）

A．－2        B．2        C．3         D．无法确定

【答案】B

由题图，，且，

所以.

故选：B

2．从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有（    ）种．

A．36     B．66     C．30       D．56

【答案】A

解析　法一：（直接法）分两类：

第1类是有1名女生，共有C·C＝2×15＝30种；

第2类是有2名女生，共有C·C＝1×6＝6种．

由分类加法计数原理，得共有30＋6＝36种．

解析　法二：（间接法）

3．若函数，则的单调增区间为（       ）

A．    B．     C．     D．

【答案】D

解：因为函数，所以，

令，得，所以的单调增区间为，

故选：D.

4．已知过原点作曲线的切线方程为（    ）

A． B．     C．    D．

【答案】C

【解析】

【分析】

设切点，利用导数的几何意义求该切点上的切线方程，再由切线过代入求参数m，即可得切线方程.

【详解】

由题设，若切点为，则，

所以切线方程为，又切线过，

则，可得，

所以切线为.

故选：C

5．甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有（    ）

A．12种 B．24种 C．48种 D．120种

【答案】B

【解析】将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有种排法，

其中甲、乙相邻且在两端的有种，

故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有（种）．

故选:B．

6．若函数在处有极值10，则（       ）

A． B．6 C．或15 D．6或

【答案】A

【解析】 ，

又 时 有极值10

，解得 或

当 时，

此时 在 处无极值，不符合题意

经检验， 时满足题意

故选：A

7．设是定义在上的偶函数，为其导函数，，当时，有恒成立，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】设，，则，

∵当时，有恒成立，∴当时，，在上单调递增，

∵是定义在上的偶函数，

∴，即是定义在上的奇函数，

∴在上也单调递增.又，∴，∴.

不等式的解可等价于即的解，

∴或，∴不等式的解集为.故选：B.

8. 已知正数满足，则的最小值为（    ）

A.       B.    C.      D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据式子结构，把变形为，构造函数，根据在上单调递增，得到，即；

令，利用导数判断单调性，求出最小值.

【详解】因为，即，所以，所以.

令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以

令.

则.令，解得：；令，解得：；

所以在上单调递减，在上单调递增，所以.

即的最小值为.

故选：D

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的0分.

9．（2022·浙江·高三专题练习）为满足人们对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量与时间的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示，则下列结论中正确的有（       ）

A．在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强

B．在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强

C．在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标

D．甲企业在，，这三段时间中，在的污水治理能力最强

【答案】ABC

【解析】

【分析】

结合甲乙企业污水排放量与时间关系图象，利用曲线在区间的变化率判断企业的治污能力，进而判断各选项的正误即可．

【详解】

由题图可知甲企业的污水排放量在时刻高于乙企业，

而在时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，

故在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A正确；

由题图知在时刻，甲企业在该点的切线斜率的绝对值大于乙企业的，故B正确；

在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，故C正确；

由题意可知，甲企业在，，这三段时间中，在时的污水治理能力明显低于时的，故D错误．

故选：ABC．

10. 已知，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用赋值法可判断ABC，在展开式两边对求导，然后利用赋值法可判断D.

【详解】在中，令，得，故A正确；

在中，令，得，

在中，令，得，

所以，故B正确；

在中，令，得，

又，所以，故C不正确；

在中，两边对求导，

得，

令，得，故D正确.

故选：ABD.

11．现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（    ）

A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法

B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种

C. 若4个不同小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种

D. 若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种

【答案】BCD

【解析】对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A错误；

对于B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有种放法，故B正确；

对于C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有种放法，故C正确；

对于D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，，，，，，，，，共9种放法，故D正确.   故选：BCD.

12. 已知，，若，，都有，则取值可能为（     ）

A.     B.        C.        D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】先利用导数求出函数，的最大值，将问题转化为在恒成立，构造函数，利用二次求导确定该函数的单调性和最值问题.

【详解】因为，，

所以，

当时，，当时，，

即在上单调递增，在上单调递减，

所以；

在恒成立，

即在恒成立，

令，

则，

令，

则恒成立，

所以在单调递增，，，

故存在，使得，，

，，

即，解得，

所以，

所以，即.

故答案为：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．函数在区间上的最大值为       ．

【答案】.

【解析】因

则，

所以在单调递增，在单调递减，则

14．从0、4中任选一个数字，1、3、5、7中任选两个不同的数字，组成无重复数字的三位数中奇数的个数为        ．

A．36种 B．40种 C．48种 D．72种

【答案】36种

【解析】分两类，分别先排0，4，再排所选的奇数，然后再将每一种情况的个数加起来即可.

若从0，4中选0，则0只能放在十位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在百位与个位上，此时共有个三位奇数；

若从0，4中选4，则4放在十位或百位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在另两个数位上，此时共有个三位奇数.

故共有个三位奇数.

故答案为：36

15．的展开式中的常数项为     

解析　6的通项为C2rx，所以(x3－1)·6的展开式中的常数项为x3C24x＋(－1)·C22x，即C24－C22＝240－60＝180，所以(x3－1)6的展开式中的常数项为180.

16. 函数的零点个数为       

【答案】3

【解析】

【分析】令可得，令，，则问题转化为与的交点个数，首先判断函数的奇偶性，根据对称性只需研究两函数在上的交点个数，利用导数研究在上的单调性，即可求出其极大值，再比较两函数值的大小关系即可判断函数的交点公式，最后结合函数图象分析可得；

【详解】解：令，即，

令，，则问题转化为与的交点个数；

因为，，

即与均是偶函数，且，，即，

根据对称性只需研究函数在上的交点个数，

由，且．

则，

当时，，，时，，

在区间上单调递增，在区间上单调递减，

，，

与在上有一个交点．

当时，

但是恒成立，

所以恒成立，即函数在上不存在交点；

在同一坐标系中作出与的图象，

可得与有个交点，即有个零点；

故选：A

四、解答题：本题共6小题，共70分.解客应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．(本小题满分10分)

已知数列的前项和为且满足．数列满足.

(Ⅰ)求数列、的通项公式；

(Ⅱ)若数列满足，求数列的前项和为．

【解析】(1)因为，所以当时，，则，

当时，由，得

所以，化简得，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则

因为，所以数列是以1为首项，1为公比的等比数列，则

(2)由(1)知，

则，

所以，

两式相减得，

即，

故.

18．(本小题满分12分)

如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.

(Ⅰ)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(Ⅱ)若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.

【解析】(Ⅰ)由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.

由于AB∥CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD.

又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.

(Ⅱ)在平面内作，垂足为，

由（1）可知，平面，故，可得平面.

以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）及已知可得，，，.

所以，，，.

设是平面的法向量，则

，即，

可取.

设是平面的法向量，则

，即，

可取.

则，

所以二面角的余弦值为.

法二：定义法

19．(本小题满分12分)

已知函数.

(Ⅰ)当时，求函数的单调区间和极值；

(Ⅱ)设函数，若在上存在极值，求a的取值范围.

【答案】(1)减区间为，增区间为.          (2)

【解析】(1)当时，函数，其定义域为 ，

可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

故有极小值，无极大值且的极小值为。

(2)【解法一】：由，

可得，

设，则，

令，即，解得，

当时，；当时，，

所以在区间上单调递增，在区间上，单调递减，

且，

显然，

若在上存在极值，则满足或，解得，

综上可得，当时，在上存在极值，

所以实数的取值范围为.

【解法二】：参变分离

20．(本小题满分12分)

在下面两个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答．

条件①：“展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64”；

条件②：“展开式中前三项的二项式系数之和为22”．

问题：已知二项式，若________（填写条件前的序号），

(Ⅰ)求展开式中二项式系数最大的项；

(Ⅱ)求展开式中系数最大的项。

【解析】若选填条件①，即展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64，

则，即．

若选填条件②，即展开式中前三项的二项式系数之和为22，

则，即．

（Ⅰ）当时，展开式共7项，二项式系数最大的项为；

（Ⅱ）因为，展开式共7项，二项式系数最大的项为；

因的展开式通项为，设展开式的第项系数最大,即最大，则由

，所以。故的展开式中系数最大的项为第6项，即

21．(本小题满分12分)

已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，且

(Ⅰ)求椭圆的标准方程；

(Ⅱ)若不过点的直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆经过点，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）直线过定点，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；

（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由求出直线的方程中参数的等量关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.

【小问1详解】

解：由题意可得，解得，，则，

故椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，

联立，可得，

，可得，

由韦达定理可得，，

由题意可知，，，同理，

所以，

，

整理可得，

当时，直线的方程为，直线过点，不合乎题意；

当时， 直线的方程为，直线过定点，合乎题意；

当直线的斜率不存在时，则点、关于轴对称，设点，则，

，，其中，

，

即，因为，解得，

此时直线的方程为，直线过定点.

综上所述，直线过定点.

22．(本小题满分12分)

已知函数．

(Ⅰ)当a=0时，求函数的最小值；

(Ⅱ)当的图像在点处的切线方程为y=1时，求a的值，并证明：当时，．

【答案】(1)0

(2)a=1，证明见解析

【分析】（1）当a=0时，．利用导数，可得在时，

有最小值，其中.据此可得答案；

（2）由切线斜率为0，可得a；利用导数研究单调性，可得，

从而可得.后利用当时，

，可证得结论.

【解析】（1）法一：（隐零点）当a=0时，．

定义域为，

令，则，故在上单调递增.

因，，则在上有唯一零点，即.则在上，，即，在单调递减.

在上，，即，在上单调递增.

故，又，

则.即函数的最小值为0；

法二：（同构+切线放缩）

当且仅当

（2）法一：由题知，，，则a=1；

即，则

故在上单调递增，在上单调递递减，则.

则当时，，即.

取，其中 ，则.

则.

又注意到

.故.

法二：（切线放缩）当时，恒有成立，

则      

要证当时，．

只需证即可

即证

因，显然成立。

故当时，成立．