【文档说明】安徽省安庆市第一中学2021-2022学年高二下学期期中考试数学试卷 含解析.docx，共(16)页，820.089 KB，由小赞的店铺上传

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安庆一中2021-2022学年度第二学期高二期中数学试题满分：150考试时间：120分钟一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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.甲、乙

、丙、丁四位同学报名参加自由式滑雪，速度滑冰，单板滑雪三个项目，每人只报其中一个项目，则有（）种不同的报名方案．A.34B.34AC.43D.2113421322CCCAA【答案】C【解析】【分析】根据

分布乘法计数原理直接得出结果.【详解】每人均有3种选择，根据分步计数原理可得选法总数为43.故选：C2.某司机看见前方50m处有行人横穿马路，这时司机开始紧急刹车，在刹车的过程中，汽车速度v是关于刹车时间t

的函数，其图象可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】紧急刹车速度慢慢减小到零，而速度减小的速率越来越小.【详解】根据题意，司机进行紧急刹车，速度减少到零的过程中，速度减小的速率越来越小.故选：A【点睛】此题考查实际问题的函

数表示，关键在于弄清速度关于时间的函数关系，变化过程.3.今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过1008天后是（）A星期一B.星期二C.星期三D.星期四.【答案】C【解析】【分析】结合二项式展开式，求得正确答案

.【详解】由已知可得：1001000100199991000100199100100100100910010908(71)77777771CcCCCC=+=++++=++++即8100除以7后余数为1，因为经过7天后还是星期二，所

以经过8100天后是星期三.故选：C．4.若函数321()(2)1263fxfxx=−+−，则()2f−的值为（）A.12B.16C.18D.24【答案】B【解析】【分析】求函数321()'(2)1263fxfxx=−+−得导数，将x=-2代入，即可求得答案。【详

解】由函数321()'(2)1263fxfxx=−+−得：2()'(2)24fxfxx=−+，故2(2)'(2)(482)ff−=−−−，则(2)16f−=，故选：B5.吹气球时，气球的半径r（单位：dm）与体积V（单位：L）之间的关系是()334πV

rV=．当4πL3V=时，气球的瞬时膨胀率为（）A.14πdm/LB.1dm/L3C.3L/dmD.4πL/dm【答案】A【解析】【分析】求导，再代入求解出4π134πr=即为答案.【详解】()2112333313313π34π4π34VrVV−−−

==，故2113334π14π31π33344πr−−==dm/L故选：A6.如图所示，将四棱锥SABCD−的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜

色可供使用，则不同的染色方法种数为（）A.120B.96C.72D.48【答案】C【解析】【分析】分为,BD同色，且,AC同色；,BD同色，而,AC不同色；,AC同色，而,BD不同色三种情况，分别计算，根据

分类加法计数原理，求和即可得出答案.【详解】由题意知，S与,,,ABCD任意一点均不同色.只用3种颜色，即,BD同色，且,AC同色，此时不同染色方法的种数为34A24=；用4种颜色，此时可能,BD同色，而,AC不同色

或,AC同色，而,BD不同色.若,BD同色，而,AC不同色，此时不同染色方法的种数为44A24=；若,AC同色，而,BD不同色，此时不同染色方法的种数为44A24=.根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为24242472++=.故选：C.7.已知函数()32110,,032

fxaxxbxaab=−+的一个极值点为2，则11ab+的最小值为（）A.94B.74C.85D.7【答案】A【解析】【分析】首先代入极值点()2440fab=+−=，再利用“1”的妙用，结合基本不等式求最值.【详解】()22fxaxxb=−+，()2440fab=+−=，

即44ab+=，经检验适合题意，()111111414945524444babaababababab+=++=+++=，当4baab=，0,0ab，12a，即2ba=时等号成立，联立442abba

+==，23a=，43b=时等号成立，所以11ab+的最小值为94.故选：A8.现有10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（）A.15种B.31种C.24种D.23种【答案】D【解析】【分析】先看一张人民币的取

法，再看2张100元人民币的取法，利用分步计数原理计算即可.【详解】除100元人民币以外的3张人民币中，每张均有取和不取2种情况，2张100元人民币的取法有不取、取一张和取二张3种情况，再减去5张人民币全不取的1种情况，所以共有323124123−=−=种．故选：D.9.若()()2022

2202120220122021202212Rxaaxaxaxaxx−=+++++，则下列计算错误的是（）A.01a=B.20221352021312aaaa−++++=C.20220242022312aaaa+++++=D.3202221220212

222aaaa++++=−【答案】B【解析】【分析】利用赋值法逐一判断即一.【详解】A：在()20222202120220122021202212xaaxaxaxax−=+++++中，令0x=，得01a=，因此本选项正确；B：在()202222021202201220212022

12xaaxaxaxax−=+++++中，令1x=，得()0122021202211aaaaa=+++++，令=1x−，得()2022012320202021202232aaaaaaa=−+−++−+，()()12−，得20221352021132aaaa−++++=，所以本选项不正确；C：()(

)12+，20220242022312aaaa+++++=，所以本选项正确；D：在()20222202120220122021202212xaaxaxaxax−=+++++中，令12x=，得2021202220212022121202

202120222202120220122222222aaaaaaaaa=+++++++++=−，所以3202221220212222aaaa++++=−，因此本选项正确，故选：B10.直线ya=分别与曲线32yx=+，2lnyxx=+交于A，

B两点，则||AB的最小值为（）A.12B.1C.32D.2【答案】B【解析】【分析】设1(Ax，)a，2(Bx，)a，得到()212212ln33ABxxxx=−=−+，用导数法求解.【详解】解：设1(Ax，)a，2(Bx，)a，则122322ln

xxx+=+，()12212ln23xxx=+−，()212212ln33ABxxxx=−=−+，令()12ln33yxx=−+，则11'13yx=−，函数(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，1x=

时，函数的最小值为1，故选：B11.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，至多两人，则甲乙不在同一路在口的分配方案共有（）A.81种B.72种C.63种D.36种【答案】B【解析】【分析】根据题意

，分2步进行分析：①将5名交警分为1、2、2的三组，要求甲乙不在同一组，②将分好的三组安排到三个路口，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分2步进行分析：①将5名交警分为1、2、2的三组，要求甲乙不在同一组，有22153322

CCC12A−=种分组方法，②将分好的三组安排到三个路口，有33A6=种安排方法，则有12672=种分派方法，故选：B．12.已知0a，若在(1,)+上存在x使得不等式elnxaxxax−−成立，则a的最小值为（）A.1

eB.1C.2D.e【答案】D【解析】【分析】先利用ln=eaaxx将不等式转化为lneelnxaxxax−−，借助单调性得到lnxax，参变分离后构造函数()(1)lnxfxxx=，结合单调性求出最小值即可.【详解】∵lnlneeaaxaxx==，∴不等式即为：lneelnxa

xxax−−由0a且1x，∴ln0ax，设exyx=−，则e10xy=−，故exyx=−在(0,)+上是增函数，∴lnxax，即lnxax≥，即存在(1,)x+，使lnxax≥，∴min?lnxax，设()(1)lnxf

xxx=，则2ln1(),(1,e),()0lnxfxxfxx−=；(e,),()0xfx+；∴()fx在(1,e)上递减，在(e,)+上递增，∴min()(e)efxf==，∴ea．故选

：D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.从集合1,2,5,7,9,11中任取两个不同元素分别作为直线方程0AxBy+=中的系数A，B，则所得直线有______条．【答案】30【解析】【分析】根据题意利用

排列原理求解即可.【详解】从集合中任取2个数作为A，B两数顺序不同，表示的直线也不同，所以所得直线有26A30=条.故答案为：30.14.若22222CCmm+=,则2222234CCCCm++++的值是______.（

用数字作答）【答案】165【解析】【分析】先根据CCmnmnn−=求出m的值,再利用111CCCmmmnnn++++=和2323CC=逐个相加求解即可.【详解】因为22222CCmm+=,且2mm+,根据C

Cmnmnn−=,得222mm++=,解得10m=,又111CCCmmmnnn++++=,2323CC=,则2222222232222342341033410CCCCCCCCCCCCm++++=++++=++++3223223223224410551066107710C

CCCCCCCCCCC+++=+++=+++=+++3223223238810991010101111109CCCCCCCCC165321+++=++=+===.故答案为:165.15.若函数()cos2sinfxxax=+在区间(,)62内是减函数，则实数a的取值

范围是_______.【答案】2a【解析】【详解】试题分析：()()2sin2cos4sincoscoscos4sin.,62fxxaxxxaxxxax=−+=−+=−+时，()fx是减函数，又cos0x，∴由()0fx得4sin0,4sinxaax−+

在,62上恒成立，()min4sin,,262axxa．考点：1.三角函数的单调性；2.导数的应用．16.已知函数()fx是R上的奇函数，()20f=，对()0,x+，()()0fxxfx

+成立，则()()20xfx−的解集为______.【答案】(),20,−−+【解析】分析】根据给定条件，构造函数()()gxxfx=，利用导数判断单调性，利用函数性质求解不等式作答.【详解】依题意，构造函数()()gxxfx=，

则()()()gxfxxfx=+，因为对()0,x+，()()0fxxfx+成立，所以()()gxxfx=在()0,+单调递增，又函数()fx是R上的奇函数，所以()()()()gxxfxxfxgx−=−−==，所以函数()()gxxfx=是R上的偶函

数，所以函数()()gxxfx=在(),0−单调递减，因为()20f=，所以()()220gg−==，又()00g=，所以当<2x−时，()0gx，()0fx，()()20xfx−；当20x−时，()0gx，()0fx，()()20xfx−；当02x时，()0gx，()0f

x，()()20xfx−；当2x时，()0gx，()0fx，()()20xfx−；当2x=和0x=时，()()20xfx−=；综上，当2x−和0x时，()()20xfx−，即()()20xfx−解集为(),20,−−+.故答案为：(

),20,−−+.【点睛】关键点点睛：解决抽象不等式，往往利用函数值的符号分类讨论（或者画图象），本题的关键是根据导数式结构选择恰当的函数，然后利用导数判断函数的单调性，从而判断函数值的符号解抽象函数不等式.

三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.已知函数()()32Rfxxxxaa=−+++．【的（1）求函数()fx的极值点；（2）若函数()fx有且只有两个零点，求实数a的值．【答案】（1）()fx的极小值

点是13−，极大值点是1（2）1a=−或527a=【解析】【分析】（1）对()fx求导，讨论()fx与0的大小，即可得出()fx的单调性，可求得函数()fx的极值点；（2）函数()fx有且只有两个零点，即()32gxxxx=−++与ya=−的

图象有两个交点，画出()gx的图象，数形结合即可得出答案.【小问1详解】因为()()32Rfxxxxaa=−+++，所以()()()2321311fxxxxx=−++=+−+，令()0fx¢>，解得：113−x，令()0fx，解得：1x或13x−，所以()fx在1,3−−

，()1,+上单调递减，在1,13−上单调递增，所以()fx的极小值点是13−，极大值点是1.【小问2详解】函数()fx有且只有两个零点，令()0fx=，即32xxxa−++=−，即()32gxxxx

=−++与ya=−的图象有两个交点，由（1）知，()gx在1,3−−，()1,+上单调递减，在1,13−上单调递增，()gx的图象如下图，要使函数()fx有且只有两个零点，即()1ag−=或13ag−=−

，解得：1a=−或527a=18.已知()23Nnxnx++的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是13．（1）求二项展开式中各项二项式系数和；（2）求二项展开式中系数最大的项．【答案】（1）128（2）5222680x【解析

】【分析】（1）先根据题目条件得到方程，求出7n=，从而得到各项二项式系数和；（2）求出723xx+展开式的通项公式，从而得到不等式组，求出3r=，得到系数最大的项.【小问1详解】由题意得12C:C1:3nn=，即()1132nnn=−，解得

7n=或0（舍去）；故二项展开式中各项二项式系数和为72128=，【小问2详解】723xx+展开式的通项公式为377217C32rrrrrTx−−+=，设展开式中系数的绝对值最大的项为1rT+，

则716177718177C32C32C32C32rrrrrrrrrrrr−+−+−−−−，解得111655r，又Nr，∴3r=，∴展开式中系数的最大的项为52422680Tx=．19.（1）由0，1，2，3，4，5这6个数字组成没有重复数字

的四位偶数有多少个？（2）某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？【答案】（1）156；（2）92.【

解析】【分析】（1）利用分类加法原理与排列数的定义计算即可；（2）利用分类加法原理与组合数的定义计算即可.【详解】（1）若个位是0，则有35A60=种，若个位不是0，先从2、4中选一个，再从刚选的数字和0之外的4个中选1个放在首位，中间两位从剩余4个中选2

个排上即可，共有2424A96=种，故0、1、2、3、4、5这6个数字组成没有重复数字的四位偶数共6096156+=个；（2）分类计数：若1个会双语的导游都不选，则有3334CC4=种，若恰选1个会

双语的导游，则有()2332134342CCCCC36+=种，若恰选2个会双语的导游，则有13311223434234CCCCCCC52++=种，故不同的选择方法有4365292++=种.20.如图所示，一座海岛

O距离海岸线上最近点B的距离是20km，在点B沿海岸正东120km处有一个城镇A，现急需从城镇A处派送一批药品到海岛O.已知A和B之间有一条公路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车速度为50km/h，快艇

速度为30km/h.设快艇出发点C与点B之间距离为()km0120xx.（1）写出运输时间t（小时）关于x的函数()tx；（2）当x为何值时运输时间最短？【答案】（1）2220120()(0120)3

050xxtxx+−=+；（2）15kmx=时运输时间最短.【解析】【分析】（1）由题意知2220OCx=+，120ACx=−，根据汽车和快艇的速度，即可求得()tx的表达式.（2）求导可得()tx的表达式，令()0tx=，即可求得15x=，分别讨论015x和151

20x时，()tx的正负，可得()tx的单调性和最值，即可得答案.【详解】解：（1）由题意知2220OCx=+，120ACx=−，∴2220120()(0120)3050xxtxx+−=+.（2）()122222202111()23050503

020xxxtxx−+=−=−+，令()0tx=，解得15x=，当015x时，()0tx，当15120x时，()0tx，所以()tx在)0,15上单调递减，在(15,120上单调递增；即15x=时()tx取最小值，

所以当15kmx=时运输时间最短.21.已知函数()32fxaxbxx=+−，()fx的图象在点()()2,2f−−处的切线方程为380xy−+=，又函数()exgxkx=与函数()ln1yx=+的图象在原点处有相同的切线，其中e为自

然对数的底数.（1）求函数()fx的解析式及k的值；（2）若()()2fxgxmxxx−++对于任意)0,x+恒成立，求整数m的最大值.参考数据：2e7.39，3e20.09【答案】（1）()322fxxxx=+−，1k=（2）

2【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义及切线方程求出,ab，即可求出函数解析式，再根据导数的几何意义求出斜率，利用斜率相等建立方程求k；（2）将原问题转化为2e2xmxx−−+恒成立，利用导数求函数最值即可求解.【小问1详解】因为()32

fxaxbxx=+−，且()fx的图象在点()()2,2f−−处的切线方程为380xy−+=，所以当2x=−时，()22f−=，且切线斜率()23f−=，则()28422fab−=−++=，①()212413fab−=−−=，②，联立解得1a=，2b=，即()32

2fxxxx=+−，因为函数()ln1yx=+，所以11yx=+，所以函数在原点处的切线斜率为1，因为()()eexxgxkx=+，所以()01kg==.【小问2详解】若()()2fxgxmxxx−++对于任意)0,x+恒成立，即2e2xmxx

−−+恒成立，则只需要求出2e2xxx−−+在)0,x+上的最小值即可，设()2e2xmxxx=−−+，则()e21xmxx=−−，记()()e21xhxmxx==−−，则()e2xhx=−，则当0ln2x时，()0hx

，当ln2x时，()0hx，所以()mx在()0,ln2上单调递减，在()ln2,+上单调递增，因为()00m=，()1e30m=−，323e402m=−，所以()0mx=，

必有一个实根t，且31,2t，使得()0mt=即e21tt=+，当()0,xt时，()0mx，当(),xt+时，()0mx，所以()mx的最小值为()()222mine22123tmxmtttttttt==−−+=+−−+=−

+，当31,2t时，有2211393,3244ttt−+=−−+，即29e2,34xxx−−+，故整数m的最大值为2.22.已知函数()21ln2fx

xbxx−=+.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）设1x，()212xxx是函数()fx的两个极值点，若52b，且()()12fxfxk−恒成立，求实数k的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）152ln28−【解析】【分析】

（1）21()xbxfxx−+=，进而分22b−≤≤，2b−，2b三种情况讨论求解；（2）结合（1）得1212,1xxbxx+==，进而()()12fxfx−2111221ln2xxxxxx=−+，再令12xtx=，根据12xx和52b得104t

，进而令()11ln22htttt=−+，104t，求函数最小值即可得答案.【小问1详解】函数()fx的定义域为()0,+，且211()xbxfxxbxx=−+=−+，所以当240b−，即22b−≤≤，()0fx成立，故函数()fx在()0,+上单调递增；当240b

−，即2b或2b−时，当2b−时，()0fx在()0,+上恒成立，故函数()fx在()0,+上单调递增；当2b时，由210xbx−+=得2212440,022bbbbxx−−+−==且12xx，所以()0f

x的解集为22440,,22bbbb−−+−+，()0fx的解集为2244,22bbbb−−+−，所以函数()fx在240,2bb−−

和24,2bb+−+上单调递增，在2244,22bbbb−−+−上单调递减.综上，当2b时，函数()fx在()0,+上单调递增，无减区间；当2b时，函数()fx在240,2bb−−和24,2bb+−+上单调递增，在

2244,22bbbb−−+−上单调递减.【小问2详解】由（1）得12,xx是方程210xbx−+=的两个实数根，所以1212,1xxbxx+==，所以()()221211122211lnln22fxfxxbxxxbxx−=−+−+−()()221122121

ln2xxxbxxx=−+−+()()()22112122121ln2xxxxxxxx=−++−+()2222121121212211lnln22xxxxxxxxxx−=−+=+2111221ln2xxxxxx=−+

，令12xtx=，由于12xx，所以01t，又因52b，所以()2212254xxb+=，即()21221212212524xxxxbxxxx+==++，解得14t或4t，所以104

t，令()11ln22htttt=−+，104t，所以()()2222211112102222ttthttttt−−+−=−−+=−=，所以函数()11ln22htttt=−+在10,4上单调递减，所以()min1152ln248hth==−，所以(

)()12fxfx−的最小值为152ln28−，所以实数k的取值范围为152ln28k−，即k的最大值为152ln28−.为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com