【文档说明】【精准解析】江苏省常州市前黄中学2019-2020学年高二下学期第一次调研考试数学试题.pdf，共(21)页，303.505 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-江苏省前黄高级中学2019~2020学年度第二学期第一次调研测试高二数学（本试卷满分150分，考试时间120分钟）一、单项选择题：本题共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.若32()231fxxxx，则(0)f的值为（）A.3B.4C.3D.4【答案】A【解析】【分析】先求导数，再把0x代入导数可得(0)f的值.【详解】因为32()231

fxxxx，所以2()343xfxx，所以(0)3f.故选：A.【点睛】本题主要考查导数的基本运算，熟记求导公式及法则是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.2.已知曲线()lnafx

xx在点(1,(1))f处的切线的倾斜角为3π4，则a的值为（）A.2B.0C.1D.2【答案】D【解析】【分析】利用导数求出1f，由31tan14f可求出a的值．【详解】lnaf

xxxQ，21afxxx，由题意可得311tan14fa，因此，2a，故选D．【点睛】本题考查导数的几何意义，考查导数的运算、直线的倾斜角和斜率之间的关系，意在考查函数的切线斜率与导

数之间的关系，考查计算能力，属于中等题．3.已知离散型随机变量X的分布列如下，则()DX（）X024-2-P141214A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】先计算()EX，再根据公式计算得到()DX【详解】111()0242424EX22

2111()(02)(22)(42)2424DX故答案选B【点睛】本题考查了方差的计算，意在考查学生的计算能力.4.函数12lnyxx的单调减区间为（）A.1,2B.1,2C.10

,2D.(0,)【答案】C【解析】【分析】先求函数的定义域，再求解导数y，令0y可得减区间.【详解】定义域为(0,)，212xxy，令0y可得12x，所以单调减区间为10,2.故选：C.【点睛】本

题主要考查导数的应用，利用导数求解单调区间时，要先求函数的定义域，再求解关于导数的不等式可得，侧重考查数学运算的核心素养.5.若1()nxx的展开式中第3项与第7项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（）A.252B.70C.256x

D.256x-3-【答案】B【解析】由题意可得26nnCC，所以8n，则展开式中二项式系数最大的项为第五项，即44445881()70TCxCx，故选B.6.3名男生和2名女生排成一排，则女生互不相邻的排法总数为（）A.120B

.12C.60D.72【答案】D【解析】【分析】先排男生，再把女生排进男生间的空隙，结合分步计数原理可得结果.【详解】先排男生共有33A种，男生排好后共有4个空隙，再把2个女生排进去共有24A种排法，所以符合条件的共有323472AA种排

法.故选：D.【点睛】本题主要考查排列问题，不相邻问题一般是利用插空法进行求解，侧重考查数学建模的核心素养.7.若关于x的方程ln0kxx有两个实数根，则实数k的取值范围是（）A.(,)eB.1,eC.10,eD.(0,)e【答案】C【解析】

【分析】分离参数，lnxkx，利用导数求解lnxyx的单调性，结合图象可求实数k的取值范围.【详解】由题意得lnxkx，设ln()xfxx，21ln()xfxx.当0xe时，()0fx，()fx为增函数；当xe时，()0fx，()fx为减函数,且()0fx

.所以()fx有最大值1()fee，简图如下，-4-由图可知，1ke0时符合题意.故选：C.【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的性质，作出简图是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.8.用数字0，1，2，3，4，5可以组成没

有重复数字的四位数的个数是（）A.360B.300C.120D.180【答案】B【解析】【分析】先排首位，再排其它位数，结合分步计数原理可得结果.【详解】先排首位，共有5种方法；其它位数共有35A种排法，结合分步计数原理可得共有355300A种方法.故选：B.【点睛】本题主要考查排列问题，特殊

位置优先考虑安排，题目较为简单，属于基础题.9.已知函数fx的导函数为fx，在0,上满足xfxfx，则下列一定成立的是（）A.2019202020202019ffB.20192020f

fC.2019202020202019ffD.20192020ff【答案】A【解析】【分析】-5-构造函数fxgxx，利用导数判断函数ygx在0,上的单调性，可得出2019

g和2020g的大小关系，由此可得出结论.【详解】令0fxgxxx，则2xfxfxgxx.由已知得，当0x时，0gx.故函数ygx在0,上是增函数，所以20202019

gg，即2020201920202019ff，所以2019202020202019ff.故选：A.【点睛】本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.10.已知变量1x，20,0xmm

，且12xx，若2112xxxx恒成立，则m的最大值为（）A.eB.eC.1eD.1【答案】A【解析】【分析】由2112xxxx可化为1212lnlnxxxx，设函数lnxxx，21

ln00xfxxex，可得答案.【详解】解：2112xxxx即2112lnlnxxxx化为1212lnlnxxxx，故lnxfxx在0,m上为增函数，21ln00xfxxex，故m的最大值为e.故选A.【点睛】本题主要考查函数的单调性及导数

的应用，由已知构造出lnxxx后求导是解题的关键.-6-11.安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式有（）A.100种B.6

0种C.42种D.25种【答案】C【解析】【分析】给三个社区编号分别为1，2，3，则甲可有3种安排方法，剩下的两个再进行分步计数，从而求得所有安排方式的总数.【详解】甲可有3种安排方法，若甲先安排第1社区，

则第2社区可安排1个、第3社区安排3个，共1343CC；第2社区2个、第3社区安排2个，共2242CC；第2社区3个，第3社区安排1个，共1141CC；故所有安排总数为1322114342413()42CCCCCC

.故选：C.【点睛】本题考查分类与分步计数原理、组合数的计算，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.12.已知函数()elnmxfxmx，当0x时，()0fx恒成立，则m的取值范围为（）A.1,eB.1,ee

C.[1,)D.(,e)【答案】A【解析】【分析】分析可得0m,显然eln0mxmx在0,1上恒成立,只需讨论1x时的情况即可,()0fxelnmxmxlneelnmxxmxx,然后构造函数()e(0)xgxxx,结合()gx的单调性

,不等式等价于lnmxx,进而求得m的取值范围即可.【详解】由题意,若0m,显然()fx不是恒大于零,故0m.-7-0m,则eln0mxmx在0,1上恒成立;当1x时,()0fx等价于el

nmxmx,因为1x,所以lneelnmxxmxx.设()e(0)xgxxx,由()e(1)xgxx,显然()gx在(0,)上单调递增,因为0,ln0mxx,所以lneelnmxxmxx等价于()(ln)gmxgx,即

lnmxx,则lnxmx.设ln()(0)xhxxx,则21ln()(0)xhxxx.令()0hx,解得ex,易得()hx在(0,e)上单调递增,在(e,)上单调递减,从而max1()(e)ehxh，故1e

m.故选:A.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数321fxxx的图象在点0,0f处的切线方程为________.【

答案】10xy【解析】【分析】求出0f和0f的值，利用点斜式可得出所求切线的方程，化为一般式即可.【详解】由题知261fxx，01f，又01f，所以函数yfx的图象在点0,0f处的切线方

程为1yx,即10xy.故答案为：10xy.【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，考查导数几何意义的应用，属于基础题.14.设函数()cosfxxx，(0,1)x，则满足不等式2(21)ftft的实数t的取值范围-8-是_____．【答案】1(,1)

2【解析】【分析】先利用导数判断()fx的单调性，再结合单调性可求实数t的取值范围.【详解】因为()1sin0fxx，所以()fx为增函数，因为2(21)ftft，所以221tt，即0t

；因为()fx的定义域为(0,1)，所以2010211tt，解得112t.故答案为：1(,1)2.【点睛】本题主要考查利用导数求解不等式，用导数判断函数的单调性是求解的关键，忽视函数的定义域是本题的易错点，侧重考查数学抽象的核心素养.15.

有7张卡片分别写有数字1,1,1,2,2,3,4,从中任取4张，可排出不同的四位数的个数是__________．【答案】114【解析】【分析】根据题意,按取出数字是否重复分4种情况讨论:①、取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4

张卡片中的数字为1、2、3、4;②、取出的4张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2;③若取出的4张卡片为2张1和2张2;④、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1.分别求出每种情况下可以排出四位数的个数,由分类计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分4种情况讨论：

(1)取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，此时44A=24种顺序,可以排出24个四位数;(2)取出的4张卡片中有2个重复数字,则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1,在2、3、4中取

出2个,有233C种取法,安排在四个位置中,有2412A种情况,剩余位置安排数字-9-1,可以排出3×12=36个四位数,同理,若重复的数字为2,也可以排出36个重复数字;(3)若取出的4张卡片为2张1和2张2,在4个位置安排两个1,有246C种情况,剩余位

置安排两个2,则可以排出6×1=6个四位数;(4)取出的4张卡片中有3个重复数字,则重复的数字为1,在2、3、4中取出1个卡片,有133C种取法,安排在四个位置中,有14C4种情况,剩余位置安排1,

可以排出3×4=12个四位数;所以一共有24+36+36+6+12=114个四位数.故答案为:114.【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用,属于难题,有关排列组合的综合问题,往往是两

个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题,解答这类问题理解题意很关键,一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”,在应用分类计数加法原理讨论时,既不能重复交叉讨论又不能遗漏,这样才能提高准确率,难度

较难.16.已知函数21ln,0()log,0xxfxxxx方程2()2()0()fxmfxmR有五个不相等的实数根，则实数m的取值范围是______．【答案】1(0,)2【解析】【分析】作出函数21ln,0

()log,0xxfxxxx的图象，结合图象可求实数m的取值范围.【详解】当0x时，2ln()xfxx，当01x时，()0fx，函数为增函数；当1x时，()0fx，函数为减函数；极大值为(1)1f，且x，()0fx；作出函数21ln,0()l

og,0xxfxxxx的图象，如图，-10-方程2()2()0()fxmfxmR，则()0fx或()2fxm，由图可知()0fx时，有2个解，所以2()2()0fxmfx有五个不相等的实数根，只需要021m，即102m

；故答案为：1(0,)2.【点睛】本题主要考查导数的应用，利用研究方程根的问题，作出函数的简图是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.三．解答题：本大题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.从4名男生,3名女生中选出三名代表．(1)不同的选法共有多少种?(2)至

少有一名女生的不同的选法共有多少种?(3)代表中男、女生都要有的不同的选法共有多少种?【答案】（1）3735C种；（2）31种；（3）30种【解析】试题分析：（1）根据题意，要从7人中选出3名代表，由组合

数公式可得答案；（2）至少有一名女生包括3种情况，①、有1名女生、2名男生，②、有2名女生、1名男生，③、3名全是女生，由组合数公式可得每种情况的选法数目，由分类计数原理计算可得答案；（3）由（1）可得，从7人中选出3人的情况有37C

种，从中排除选出的3人都是男生的情况与选出的3人是女生的情况，即可得答案试题解析：（1）即从7名学生中选出三名代表，共有选法3735C种；（2）至少有一名女生的不同选法共有122113434731CCCCC种；（3）男、女生都要有的不同的选法共有3337

4330CCC种．-11-考点：排列、组合的实际应用18.已知57A56Cnn，且23012312nnnxaaxaxaxax.（1）求n的值；（2）求122222nnaaa的值.【答案】（1）15.（2）1【解析】【

分析】（1）根据!!,()!!()!mmnnnnACnmmnm，即可求解57A56Cnn，即可求得答案；（2）采用赋值法，令1x求出所有项系数的和，再令0x，求0a，即可求得答案.【详解】（1）57A56Cnn

1234561234567654321nnnnnnnnnnnn整理可得：(5)(6)190nn即211600nn，故(15)(4)0nn解得：15n或4n

（舍去）（2）由（1）15n152315012315(12)xaaxaxaxax令0x，可得01a令12x，可得15101515221(12)2222aaaa101512522202aaaaL可得12215151222aaaL【点

睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力，属于基础题.-12-19.盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球.规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个

黑色球得－1分.现从盒内任取3个球（Ⅰ）求取出的3个球中至少有一个红球的概率；（Ⅱ）求取出的3个球得分之和恰为1分的概率；（Ⅲ）设为取出的3个球中白色球的个数，求的分布列和数学期望.【答案】(Ⅰ)712；(Ⅱ)54

2；(Ⅲ)答案见解析.【解析】本事主要是考查了概率的性质和分布列的期望值的求解的综合运用．（Ⅰ）可以求其反面，一个红球都没有，求出其概率，然后求取出的3个球中至少有一个红球的概率，从而求解；（Ⅱ）可以记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B，“取出2个红色球，1个黑色球”为事件C，求出事件B和C

的概率，从而求出3个球得分之和恰为1分的概率；（Ⅲ）ξ可能的取值为0，1，2，3，分别求出其概率，然后再根据期望的公式进行求解；（Ⅰ）…………..3分（Ⅱ）记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B，“取出2个红色球，1个黑色球”为事

件C，则122123243399CCCC5()()()CC42PBCPBPC.…………..6分（Ⅲ）可能的取值为0123，，，.…………..7分3639C5(0)C21P，123639CC45(1)C84P，213639CC3(2

)C14P，3339C1(3)C84P.…………..11分的分布列为:0123-13-P5214584314184的数学期望545310123121841484E

.…12分20.如图，点C为某沿海城市的高速公路出入口，直线BD为海岸线，3CAB，ABBD，圆弧BC是以A为圆心，半径为1km的圆弧型小路．该市拟修建一条从C通往海岸的观光专线，观光专线有圆弧CP和线段PQ组成，其中P为圆弧BC上异于,BC的一点，PQ与AB平行，设PA

B，观光专线的总长度为()f．（1）讨论函数()f的单调性（半径为r，圆心角为的扇形的弧长lr）；（2）已知新建道路PQ的单位成本是翻新道路圆弧CP的单位成本的2倍．当取何值时，观光专线的修建总成本最低？请说明理由．【答案】（1

）单调递减；（2）6时，观光专线的修建总成本最低，理由见解析.【解析】【分析】（1）表示出()f，结合导数判断单调性；（2）表示出观光专线的修建总成本，结合导数求出最小值.【详解】（1）由题意3

CAP，所以3CP，又cos1cosPQABAP，所以观光专线的总长度()1coscos1,0333f，因为当π0θ3<<时，()1sin0f，所以()f在0,3上为减函数.-14-（2）设翻新

道路的单位成本为a(0)a，则总成本()22cos2cos233gaa()(12sin)ga，令()0g得1sin2，因

为π0θ3<<，所以6.当06时，()0g；当63时，()0g；所以当6时，()g最小，即当6时，观光专线的修建总成本最低.【点睛】本题主要考查导数的实际应用，利用导数解决实际问题时，构建函数模型是求解的前提，然后利用导数工具，求解函数单调性，

进而可得最值，侧重考查数学建模的核心素养.21.已知函数ln1,xfxxaxgxe.（Ⅰ）（ⅰ）求证：1gxx；（ⅱ）设1hxfxgx，当0,1xhx时，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当0a时，过原点分别作曲线

yfx与ygx的切线12,ll，已知两切线的斜率互为倒数，证明：211eeaee.【答案】（Ⅰ）（ⅰ）详见解析；（ⅱ）,2；（Ⅱ）详见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）（ⅰ）构造函数1xuxex，通

过求导分析单调性，利用最值即可证明；（ⅱ）由11xhxeax，当2a时，利用11111xhxeaxaxx可得函数单调性从而知成立，当2a时求导分析单调性找到反例知不成立，从而得解；（Ⅱ）设切线2l的方程为2ykx，切点为22

,xy，则22xye，22222xykgxex，可得1l的的方程为11ykxxe，设1l与曲线yfx的切点为11,xy，通过求导列方程可-15-得1111ln10xxe，令11ln1mxxxe，求导利用单调性

即可证得.【详解】（Ⅰ）（ⅰ）证明：令1xuxex，则1xuxe，所以0x时，0ux，0x时0ux，所以00uxu，即1gxx.（ⅱ）

1ln1xhxfxgxxaxe，11xhxeax.a.当2a时，由（Ⅰ）知1xex，所以1112011xhxeaxaaxx，所以hx在［0，＋）上递

增，则01hxh恒成立，符合题意．b．当2a时，令txhx，则222111011xxxetxexx，所以hx在0,上递增，且020ha，则

存在00,x，使得00hx.所以hx在00,x上递减，在0,x上递增；又001hxh，所以1hx不恒成立，不合题意．综合a，b可知，所求实数a的取值范围是,2．（Ⅱ）证明：设切线2l的方程为2ykx，切

点为22,xy，则22xye，22222xykgxex，所以21x，2ye，则22xkee.由题意知，切线1l的斜率为1211kke，1l的的方程为11ykxxe.-16-设1l与曲线yfx的切点为11,xy，则1111111ykfxaxex

，所以1111xyaxe，111axe.又因为111ln1yxax，消去1y和a后，整理得1111ln10xxe.令11ln1mxxxe，则22111xmxxxx，易知mx在0,1上单调递减，在1,

上单调递增．若10,1x，因为1120meee，110me，所以11,1xe，而111axe，在11,1xe上单调递减，所以211eeaee.若11,x

，因为mx在1,上单调递增，且0me，则1xe，所以1110axe（舍去）.综上所述：211eeaee.【点睛】本题考查曲线的切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．求

切线方程的方法：①求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P的切线，则P点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.同时也考查了利用导数求解不等式恒成立问题，本题变量分

离较为复杂，采用了讨论导函数研究函数单调性的方法，属于难题.-17-22.若函数fx在0x处有极值，且00fxx，则称0x为函数fx的“F点”.（1）设函数22lnfxkxx（kR）.①当1k时，求函数fx的极值；②若函数fx存在“F点”，求k的值；（2）

已知函数32gaxcxbxx（a，b，Rc，0a）存在两个不相等的“F点”1x，2x，且121gxgx，求a的取值范围.【答案】（1）①极小值为1，无极大值.②实数k的值为1.（2）2,0【解析】【分析】（1）①将1k代入

fx可得22lnfxxx，求导讨论函数单调性，即得极值；②设0x是函数fx的一个“F点”（00x），即是fx的零点，那么由导数221kxfxx可知0k，且00fx，可得01xk，根据0

0fxx可得002ln10xx，设2ln1xxx，由x的单调性可得0x，即得k.（2）方法一：先求gx的导数，gx存在两个不相等的“F点”1x，2x，可以由0gx和韦达定理表示出1x

，2x的关系，再由1212gxgxxx，可得,,abc的关系式，根据已知解12121gxxxgx即得.方法二：由函数gx存在不相等的两个“F点”1x和2x，可知1x，2x是关于x的方程组232320axbxcaxbxcxx

的两个相异实数根，由32axbxcxx得0x，分两种情况：0x是函数gx一个“F点”，0x不是函数gx一个“F点”，进行讨论即得.【详解】解：（1）①当1k时，22lnfxxx（kR），则有211xxfxx

（0x），令0fx得1x，列表如下：-18-x0,111,fx0fx极小值故函数fx在1x处取得极小值，极小值为1，无极大值.②设0x是函数fx的一个“F点”（00x

）.221kxfxx（0x），0x是函数fx的零点.0k，由00fx，得201kx，01xk，由00fxx，得20002lnkxxx，即002ln10xx.设

2ln1xxx，则210xx，所以函数2ln1xxx在0,上单调增，注意到10，所以方程002ln10xx存在唯一实根1，所以011xk，得1k，根据①知，1

k时，1x是函数fx的极小值点，所以1是函数fx的“F点”.综上，得实数k的值为1.（2）由32gaxcxbxx（a，b，cR，0a），可得232gxaxbxc（0a）.又函数gx存在不相等的两个“F点”1x和2x，1x，2x是关

于x的方程2320axbxc（0a）的两个相异实数根.-19-212124120233bacbxxacxxa又3211111gxaxbxcxx，3222222gxaxbxcxx，1212gxgxxx

，即323211122212axbxcxaxbxcxxx，从而221211221212xxaxxxxbxxcxx12xx，21212121axxxxbxxc，即2221333bcbabcaaa

.2239acba.121gxgx，1212gxgxxx22121224433bcxxxxaa2243219bacaa，解得20a.所以，实数a的取值

范围为2,0.（2）（解法2）因为32gaxcxbxx（a，b，cR，0a）所以232gxaxbxc（0a）.又因为函数gx存在不相等的两个“F点”1x和2x，所以1x，2x是关于x的方程组232320axbxcaxbxcxx

的两个相异实数根.由32axbxcxx得0x，210axbxc.（2.1）当0x是函数gx一个“F点”时，0c=且23bxa.所以2221033bbabaa

，即292ab.-20-又12122013bgxgxxxa，所以2249ba，所以2929aa.又0a，所以20a.（2.2）当0x不是函数gx一个

“F点”时，则1x，2x是关于x的方程2232010axbxcaxbxc的两个相异实数根.又0a，所以2313bbcc得032bc所以212ax，得1,212xa

.所以12121212gxgxxxa，得20a.综合（2.1）（2.2），实数a的取值范围为2,0.【点睛】本题考查利用导数求函数极值，以及由函数的极值求参数值等，是一道关于

函数导数的综合性题目，考查学生的分析和数学运算能力，有一定难度.-21-