【文档说明】重庆市开州中学高2021级高二下期中期模拟考试数学试题（解析版）.docx，共(20)页，951.204 KB，由小赞的店铺上传

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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()yfx=的图像在点P处的切线方程是8yx=−+，则(5)(5)ff+=（）A．－2B．2C．3D．无法确定【答案】B

由题图，(5)1f=−，且5(5)|583xfy===−+=，所以(5)(5)2ff+=.故选：B2．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．36B．66C．30D．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C12·C2

6＝2×15＝30种；第2类是有2名女生，共有C22·C16＝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）338636CC−=3．若函数()26lnfxxxx=−−，则()fx的单调增区间为（）A．()3,2,2−−+

B．()30,2,2+C．()0,2D．()2,+【答案】D解：因为函数()26lnfxxxx=−−，所以()()2626210xxfxxxxx−−=−−=，令()0fx，得2x，所以()fx的单调增区间为()

2,+，故选：D.4．已知过原点作曲线lnyx=的切线方程为（）A．1yx=−B．e0xy+=C．0xey−=D．0exy−=【答案】C【解析】【分析】设切点2(,e)mmm，利用导数的几何意义求该切点上的切线方程，再由切线过()0,0代入求参

数m，即可得切线方程.【详解】由题设1()fxx=，若切点为(,ln)mm，则1()fmm=，所以切线方程为1ln()ymxmm−=−，又切线过()0,0，则ln)11(mmm−=−=−，可得me=，所以切线l为0xey−=.故选：C5．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4242AA种排法，其中甲、乙相邻且在两端的有132232CAA种，故甲、乙相邻且都不

站在两端的排法有4213242232AACAA24−=（种）．故选:B．6．若函数()322fxxaxbxa=−−+在1x=处有极值10，则ab−=（）A．15−B．6C．6−或15D．6或15−【答案】A【解析】()322f

xxaxbxa=−−+，2()32fxxaxb=−−又1x=时()fx有极值10232010ababa−−=−−+=，解得411ab=−=或33ab==−当3,3ab==−时，22()3633(1)0fxxxx=−+=−此时()fx在1x=处无极值，不符合题意经检验，4

,11ab=−=时满足题意15ab−=−故选：A7．设()fx是定义在R上的偶函数，()fx为其导函数，()20f=，当0x时，有()()xfxfx恒成立，则不等式()0fxx的解集为（）A．()2,2−B．()(),20,2−−

C．()()2,00,2−D．()()2,02,−+【答案】B【解析】设()()fxgxx=，0x，则()()()'2xfxfxgxx−=，∵当0x时，有()()'xfxfx恒成立，∴当0x时，()0gx，()gx在()0,+上单调递增，∵()fx是定义在R上的偶函数，∴()(

)()()fxfxgxgxxx−−===−−−，即()gx是定义在()(),00,−+上的奇函数，∴()gx在(),0−上也单调递增.又()20f=，∴()()2202fg==，∴()20g−=.不等式()0fxx的解可等价

于即()0gx的解，∴02x或2x−，∴不等式的解集为()(),20,2−−.故选：B.8.已知正数,xy满足lnlnexyxyy+=，则2xyx−的最小值为（）A.1ln22B.1ln22−C.22ln2+D.22ln2−【答案】D【解析】【分析】根据式子结构，把l

nlnexyxyy+=变形为()()lnlneexyxxyx=，构造函数()(),0exgxxx=，根据()gx在()0,+上单调递增，得到exxy=，即2e2xxyxx−=−；令()()e2,0xfxxx=−，利用导数判断单调性，求出最小值.【详解】因为lnlnexyxyy

+=，即()lnexyxy=，所以()()lnexxyxyx=，所以()()lnlneexyxxyx=.令()(),0exgxxx=，则()()1e0xgxx=+，所以()exgxx=在()0,+上单调递增，

所以()lnxyx=，即exxy=，所以2e2xxyxx−=−令()()e2,0xfxxx=−.则()e2xfx=−.令()e20xfx=−，解得：ln2x；令()e20xfx=−，解得：0ln2x；所以()e2xfxx=−在()0,ln2上单调递减，在()ln2,+上单

调递增，所以()ln2mine2ln222ln2fx=−=−.即2xyx−的最小值为22ln2−.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W与时间t的关系为()Wft=，用()()fbfaba−−−的大小评价在[,]ab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12,tt这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强B．在2t时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强C．在3t时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标D．甲企业在10,t，12,tt，23,tt这三段时

间中，在10,t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1t时刻高于乙企业，而在2t时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在12,tt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2t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3t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10,t，12,tt，23,tt这三段时间中，在10,t时的污水治理能力明显低于12,tt时的，故D错误．故选：ABC．10.已知7270127(12)xaaxaxax−=++++，则下列结论正确的是（

）A.01a=B.70246312aaaa−+++=C.671226702222aaaa++++=D.123723714aaaa++++=−【答案】ABD【解析】【分析】利用赋值法可判断ABC，在展开式两边对x求导，然后利用赋值

法可判断D.【详解】在7270127(12)xaaxaxax−=++++中，令0x=，得01a=，故A正确；在7270127(12)xaaxaxax−=++++中，令1x=，得01271aaaa−=++++，在7270127(12)xaaxaxax−=++++中，令=1x−，得70127

3aaaa=−+−−，所以70246312aaaa−+++=，故B正确；在7270127(12)xaaxaxax−=++++中，令12x=，得7120270222aaaa=++++，又01a=，所以671226712222aaaa++++=−，故C不正确；在72

70127(12)xaaxaxax−=++++中，两边对x求导，得62612377(12)(2)237xaaxaxax−−=++++，令1x=，得123714237aaaa−=++++，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44256=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()2242118CA+=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1123143234221

44CCCACA=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()2,1,4,3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：()2,1,4,3

，()4,1,2,3，()3,1,4,2，()2,4,1,3，的()3,4,1,2，()4,3,1,2，()2,3,4,1，()3,4,2,1，()4,3,2,1，共9种放法，故D正确.故选：BCD.12.已知()lne4

afxxxx=−+−+，321()23gxxx=−+，若(10,1x，21,1x−，都有()()21gxfx，则a取值可能为（）A.2e−B.e1−C.3−D.2−【答案】ACD【解析】【分析】先利用导数求出函数

()321=+23gxxx−，1,1x−的最大值，将问题转化为2ln+e2axxxx−在(0,1恒成立，构造函数2()=ln+e2(0<1)hxxxxxx−，利用二次求导确定该函数的单调性和最值问题.【详解】因为()321=+23gxxx−，1,1x

−，所以()()=2gxxx−，当1<<0x−时，()0gx，当01x时，()0gx，即()gx在()1,0−上单调递增，在()0,1上单调递减，所以()()max02gxg==；()=ln+e+42afxxxx−−在(0,1恒成立，即2ln+

e2axxxx−在(0,1恒成立，令2()=ln+e2(0<1)hxxxxxx−，则()=ln+2e1hxxx−，令()=()=ln+2e1mxhxxx−，则1()2e0mxx=+恒成立，所以()hx在(0,1单调递增，

212=2+1<0eeh−−，()1=2e1>0h−，的故存在(00,1x，使得00xx，()0hx，01xx，()0hx，即()000=ln+2e1=0hxxx−，解得01ex=，所以2min11112(

)==+e2?=eeeeehxh−−−，所以2ea−，即2,ea−−.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3211()2132fxxxx=−−+在区

间[20]−，上的最大值为．【答案】136.【解析】因2()2(2)(1)fxxxxx=−−=−+则()021fxxx−或，()012fxx−<所以()fx在[21]−−，单调递增，在[1]−，

0单调递减，则max13()(1)6fxf=−=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24A12=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242A24=个三位奇数

.故共有12+24=36个三位奇数.故答案为：3615．362(1)(+)xxx−的展开式中的常数项为解析x＋2x6的通项为Cr62rx6－3r2，所以(x3－1)·x＋2x6的展开式中的常数项为x3C4624x6－122＋(－1)·C2622x6－62，

即C4624－C2622＝240－60＝180，所以(x3－1)x＋2x6的展开式中的常数项为180.16.函数()244sin4cosfxxxxx=+−−的零点个数为【答案】3【解析】【分析】令()0fx=可得211sincos

4xxxx+=+，令2()14xgx=+，()sincoshxxxx=+，则问题转化为()ygx=与()yhx=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()0,+上的交点个数，利用导数研究()hx在30,2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()244sin4cos0fxxxxx=+−−=，即211sincos4xxxx+=+，令2()14xgx=+，()sinco

shxxxx=+，则问题转化为()ygx=与()yhx=的交点个数；因为()22()11()44xxgxgx−−=+=+=，()()()sincossincos()hxxxxxxxhx−=−−+−=+=，即()gx与()hx均是偶函数，且()200114g=+=，()00sin0co

s01h=+=，即()()00gh=，根据对称性只需研究函数在()0,+上的交点个数，由()sincos(0)hxxxxx=+，且(0)10h=．则()sincossincoshxxxxxxx=+−=，当(0,)2x时，()0hx，(2x，3)2时，()0hx，()si

ncoshxxxx=+在区间(0,)2上单调递增，在区间3,22上单调递减，2()1()22162hg=+=，()231sincos1133336236hg=+=++=

，2()14xgx=+与()sincoshxxxx=+在3(0,)2上有一个交点．当32x时()sincos1hxxxxx=++，但是()()()2222111142104444xxxxxxx+−+=−=−=−−恒成立，所以()()gxhx恒成立

，即函数在3,2+上不存在交点；在同一坐标系中作出2()14xgx=+与()sincoshxxxx=+的图象，可得()ygx=与()yhx=有3个交点，即()244sin4cosfxxxxx=+−−有3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na的前n项和为nS且满足22nnSa=−．数列nb满足2121nnbbb+==+，.(Ⅰ)求数列na、nb的通项公式；(Ⅱ)若数

列nc满足nnncba=，求数列nc的前n项和为nT．【解析】(1)因为22nnSa=−，所以当=1n时，1122aa=−，则12a=，当2n时，由22nnSa=−，得1122nnSa−−=−所以1122nnnnnaSSaa−−=−=−，化简得12nnaa−=，所以数列

na是以2为首项，2为公比的等比数列，则2nna=因为2121nnbbb+==+，11nnbb+−=，所以数列nb是以1为首项，1为公比的等比数列，则nbn=(2)由(1)知2nnnncban==，则212222nnTn=+++……，所以23

1212222nnTn+=+++……，两式相减得()231122222nnnTn++=−−+++……，即()()231121222222212nnnnnTnn++−=−++++=−++−……

，故()1122nnTn+=−+.18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90BAPCDP==.(Ⅰ)证明：平面PAB⊥平面PAD；(Ⅱ)若PA=PD=AB=DC，90APD=，求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(Ⅰ)由已知9

0BAPCDP==，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PAD内作PFAD⊥，垂足为F，由（1）可知，AB⊥平面PAD，故ABPF⊥，可得PF⊥平面AB

CD.以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，||AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz−.由（1）及已知可得2(,0,0)2A，2(0,0,)2P，2(,1,0)2B，2(,1,0)2C−.所以22(,1,)22PC=−−，(2,0,0)CB=，22(,0,)22PA=

−，(0,1,0)AB=.设(,,)xyz=n是平面PCB的法向量，则00PCCB==nn，即2202220xyzx−+−==，可取(0,1,2)=−−n.设(,,)xyz=m是平面PAB的法向量，则00PAAB==mm，即2202

20xzy−==，可取(1,0,1)=m.则3cos,||||3==−<>nmnmnm，所以二面角APBC−−的余弦值为33−.法二：定义法19．(本小题满分12分)已知函数()ln,afxxax=+R.(Ⅰ)当1a=时，求函数()fx的单调区间和

极值；(Ⅱ)设函数()1()fxgxx−=，若()gx在21,e上存在极值，求a的取值范围.【答案】(1)减区间为(0,1)，增区间为(1,)+.(2)e0,2【解析】(1)当1a=时，函数1()lnfxxx=+，其定义域为(0,

)+，可得22111()xfxxxx−=−=，当(0,1)x时，()0fx，()fx单调递减；当(1,)x+时，()0fx，()fx单调递增，所以函数()fx的单调递减区间为(0,1)，单调

递增区间为(1,)+.故()fx有极小值，无极大值且()fx的极小值为()1=1f。(2)【解法一】：由22()1ln1(),[1,]fxxagxxexxxx−==+−，可得22331ln122ln2()xaxxxag

xxxxx−−−=+−=，设()2ln2hxxxxa=−−，则()2(1ln)1lnhxxx=−+=−，令()0hx=，即1ln0x−=，解得xe=，当)1,ex时，()0hx；当(2e,ex时，()0hx，所以()hx在区间)1,e上单调递增，在区间(2

e,e上，单调递减，且()()()2122,ee2,e2hahaha=−=−=−，显然()()21ehh，若()gx在21,e上存在极值，则满足()()e010hh或()()210e0hh，解得e02a，综上可得，当e02a时，()gx在21,

e上存在极值，所以实数a的取值范围为e0,2.【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()13nx+，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42642nnn==，即6n=．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01222nnnCCC++=，即6n=．（Ⅰ）当6n=时，展开式共7项，二项式系数最大的项

为33346(3)540TCxx==；（Ⅱ）因为6n=，展开式共7项，二项式系数最大的项为33346(3)540TCxx==；因()613x+的展开式通项为163kkkkTCx+=，设展开式的第1k+项系数最大,即163kkkAC+=最大，则由1116

6111+2663333kkkkkkkkkkkkAACCAACC−−++++6!6!3!(6)!(1)!(7)!6!6!3!(6)!(1)!(5)!kkkkkkkk−−−−+−214

174kkNk且，所以=5k。故()13nx+的展开式中系数最大的项为第6项，即555665=14358TCxx=21．(本小题满分12分)已知椭圆()2222:10xyCabab+=的离心率为32，右焦点为F，右顶点为A，且23AF=−(Ⅰ)求椭圆C的标

准方程；(Ⅱ)若不过点A的直线l与椭圆C交于M、N两点，且以MN为直径的圆经过点A，判断直线l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）2214xy+=（2）直线l过定点6,05，理由见解析【

解析】【分析】（1）根据题意可得出关于a、c的方程组，解出这两个量的值，可求得b的值，即可得出椭圆C的标准方程；（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线l的方程，设点()11,Mxy、()22,Nxy，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定

理，由0AMAN=求出直线l的方程中参数的等量关系，化简直线l的方程，可得出直线l所过定点的坐标.【小问1详解】解：由题意可得3223ceaAFac===−=−，解得2a=，3c=，则221bac=−=，故椭圆C的标准方程为2214xy+=.【小问2详解】解：当直线

l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm=+，设点()11,Mxy、()22,Nxy，联立2244ykxmxy=++=，可得()222418440kxkmxm+++−=，()()222264441440kmkm=−+−，可得2241mk+，由韦达定理可得1

22841kmxxk+=−+，21224441mxxk−=+，由题意可知，AMAN⊥，()()11112,2,AMxyxkxm=−=−+，同理()222,ANxkxm=−+，所以，()()()()121222AMANxxkxmkxm=−−+++()()()221212124

kxxkmxxm=++−+++()()()2222144824041kmkmkmmk+−−−=++=+，整理可得()()2560mkmk++=，当2mk=−时，直线l的方程为()2ykx=−，直线l过点A，不合乎题意；当65mk=−时，直线l的方程为65ykx=−，直线l过

定点6,05，合乎题意；当直线l的斜率不存在时，则点M、N关于x轴对称，设点()11,Mxy，则()11,Nxy−，()112,AMxy=−，()112,ANxy=−−，其中()12,2x−，()2222211111115244143044xxAMANxyxxx=−−=−++−=

−+=，即211516120xx−+=，因为()12,2x−，解得165x=，此时直线l的方程为65x=，直线l过定点6,05.综上所述，直线l过定点6,05.22．(本小题满分12分)已知函数()2ln1fxxaxx=−++．(Ⅰ)当a=0时，求

函数()()exgxxfx=−的最小值；(Ⅱ)当()yfx=的图像在点()()1,1f处的切线方程为y=1时，求a的值，并证明：当*nN时，()211ln112knknk=++−．【答案】(1)0(2

)a=1，证明见解析【分析】（1）当a=0时，()eln1xgxxxx=−−−．利用导数，可得在0xx=时，()gx有最小值，其中001xex=.据此可得答案；（2）由切线斜率为0，可得a；利用导数研究()fx单调性

，可得11ln11nnn++，从而可得11ln1knkk=+111123nn+++++.后利用当2，Nnn时，1121nnnn+−，可证得结论.【解析】（1）

法一：（隐零点）当a=0时，()eln1xgxxxx=−−−．()gx定义域为(0,)+，()11()1e1(1)exxgxxxxx=+−−=+−令()()10e，,xhxxx=−+，则2

1()e0xhxx=+，故()hx在(0,)+上单调递增.因(1)e10h=−，1e202h=−，则()hx在1,12上有唯一零点0x，即()0001e0xhxx=−=.则

在()00,x上，()0hx，即()0gx，()gx在()00,x单调递减.在()0,x+上，()0hx，即()0gx，()gx在()0,x+上单调递增.故()0min0000()e1lnxgxg

xxxx==−−−，又001exx=00lnxx=−，则()000110gxxx=+−−=.即函数()gx的最小值为0；法二：（同构+切线放缩）()ln1eln1ln1(ln)1ln10xxxxexgxxxxexxx

xxx++=−−−=−−−++−−−=当且仅当1ln0=xxxxe+==即时取“”成立（2）法一：由题知，1()21fxaxx=−+，()01f=，则a=1；即2()ln1fxxxx=−++，

则(21)(1)()xxfxx−+−=故()fx在()0,1上单调递增，在(1,)+上单调递递减，则max()(1)1fxf==.则当(1,)x+时，2ln11xxx−++，即ln(1)xx

x−ln1xxx−.取11xn=+，其中Nn，则1ln1111nnn++11ln11nnn++.则()1111ln1ln112ln1ln12knknkn=

+=++++++111123nn+++++.又注意到1111111123123nn++++++++222121321nn+++++++−()12(21)(3

2)21nn=+−+−++−−21n=−.故211ln121(1)2knknnnk=+−+=+−.法二：（切线放缩）当(1,)x+时，恒有ln1xx−成立，则111ln1ln1[(1)1]1kkkk

kk+=++−=11ln1knkkn=+要证当*nN时，()211ln112knknk=++−．只需证()212nn+−即可即证()212=21nnnn+−+−因*nN，显然21210nn−成立。

故当*nN时，()211ln112knknk=++−成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com