【文档说明】重庆市名校联盟2021-2022学年高二下学期第一次联合考试（4月） 数学答案.pdf，共(8)页，245.479 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共8页）重庆市名校联盟2021−2022学年下期第一次联合考试数学试题参考答案（高2023届）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案BDBCAACB【解析】1．二项式展开式的通项公式为：144C(3)(3)C0

1234rrrrrrTxxr，，，，，，所以含x2的项的系数为224(3)C54，故选B．2．因为函数31()33fxx，所以2()fxx，所以(3)9f，所以曲线()yfx在点(36

)，处的切线方程为69(3)yx，即921yx，故选D．3．由()fx图象知，第一部分()0fx，且()fx是个常数，此时()fx为增函数，且等速度增长，对应图象为直线，排除C，D，第二

部分()0fx，此时函数()fx为增函数，第三部分，()0fx，此时函数()fx为减函数，第四部分，()0fx，此时函数()fx为增函数，排除A，故选B．4．设事件A表示“选上的学生是男生”，事件B为“选上的学生是“三号学生”，则30351()()50550

10PAPAB，，故1()110(|)3()65PABPBAPA，故选C．5．先安排甲岗位，剩下的全排，则安排方法共有1434CA32472种，故选A．6．令0x，则01a，令1x，则100122021(12)(111)3aaaaa

，又含21x的项为210212()2xxx，所以212a，所以122002133120aaaaa，故选A．7．∵函数()e(3)2xfxax是R上的单调增函数，()e30xfxa≥∴在R上恒成立，

e3e333xxaa≤，，≤∴∵∴，即a的取值范围是(3]，，故选C．数学参考答案·第2页（共8页）8．函数1()ln03fxxxx，，可得11()3fxx，令1103x，解得(03)x，，此时函数是增函数，(3

)x，时，()0()fxfx，是减函数，所以3x时，函数取得最大值，2211(3)ln310(e)2e03effx，，时，1110e3ef，所以函数1()ln3

fxxx的零点个数为2，故选B．二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）题号9101112答案BCDABCBDBC【解析】9．对于A，先将4人分为

3组，再将三组安排到三个场馆，有2343CA36种安排方法，A不正确；对于B，由A的结论，B正确；对于C，先将甲乙安排在同一个地方，有3种情况，再将其余2人，安排到其他的两个地方，有223A6种安排方法，C正确

；对于D，若甲、乙均安排在办公室帮忙，将丙、丁安排在教务处、政教处帮忙即可，有22A2种安排方法，D正确，故选BCD．10．对于A，由于甲罐中只有红球和白球，故A正确；对于B，当A1发生时，乙罐中有4个红球，7个白球

，此时B发生的概率为411，故B正确；对于D，当A2发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为311，故12437(|)(|)111111PBAPBA，故D错误；对于C，14137()21121122PB，故C正确，故选ABC．11．

令()0fx，解得xa或xb，即xa及xb是()fx的两个零点，当0a时，由三次函数的性质可知，要使xa是()fx的极大值点，则函数()fx的大致图象如图1甲所示，则0ab；当0a时，由三次函数的性质可知，要使xa是()fx的

极大值点，则函数()fx的大致图象如图乙所示，则0ba，综上，22baba，故选BD．甲乙图1公众号：潍坊高中数学数学参考答案·第3页（共8页）12．322()e3ee(3)xxxfxxxxx，当3x

时，()0fx，函数()fx单调递增，当3x时，()0fx，函数()fx单调递减，函数在3x处取得极小值，也是最小值，没有极大值，A错误，C正确；当3x时，函数()fx单调递增，且23e1lnπ，所以

2(e)(1)(lnπ)fff，B正确；由()fxkx得3exxkx有一零点0x，令2()exhxx，则()e(2)xhxxx，如图2，当0x或2x时，()0hx，函数()hx单调递增，当20x时，

()0hx，函数()hx单调递减，又24(2)(0)0ehh，，当240ek时，()hx与yk有3个交点，此时()fxkx有4个实数解，故D错误，故选BC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案316129，{3x或1}x【解析】1

3．由随机变量X的分布列得：0103131aaaa≤≤，≤≤，，解得1133()01()4444aEXDX，，∴223133301444416．14．函数()eesin21[0π]xxfxxx，，，所以()

ee2cos22eexxxxfxx≥2cos222cos2xx，当且仅当eexx，即0x时等号成立，又因为22cos222(1)0x≥，所以()0fx≥，所以()fx在[0π]x，时单调递增，其

最小值为00(0)eesin011f．15．3222()3()36fxxmxnxmfxxmxn，∵∴，依题意可得(1)0(1)0ff，，即2130360mnmmn，，解得29mn

，或13mn，，当13mn，时函数32()331fxxxx，22()3633(1)0fxxxx≥，函数在R上单调递增，函数无极值，舍．图2数学参考答案·第4页（共8页）16．设()()()()(

0)()()()0()eexxfxfxfxgxxfxfxgxgx，，，∵∴∴在(0)，上单调递增，由2223e(2)e(3)xxfxxf，得2232(2)(3)eexxfxxf

，即2(2)(3)gxxg，223xx∴，解得3x或1x．四、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．（本小题满分10分）解：①若展开式前三项的二项式系数的和等于37，则121CC37nn

，即(1)1372nnn，……………………………………………（2分）得22274nnn，即2720nn，得8n或9n（舍）；……………………………………………………………………………

…………（4分）②若展开式中第3项与第2项的二项式系数之比为7∶2，即21C7C2nn，即212C7Cnn，………………………………………………………………（2分）得(1)272nnn，即17n，得8n；……………………………………………（4分）③若所有偶数项的二项式系数的和

为128，则12128n，……………………………（2分）解得17n，得8n．…………………………………………………………………（4分）（Ⅰ）因为8(1)(1)nxx，所以展开式中二项式系数最大的项为44458C70Txx．……………………

…………（6分）（Ⅱ）因为811nxxxx，其展开式的通项为841881C()CrrrrrrTxxx，…………………………………（8分）令40r，得4r，……………………

………………………………………………（9分）∴常数项48C70p．…………………………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）从7名成员中挑选2名成员，共有21种情况，……………………………（1分）公众号：潍坊高中数学数学

参考答案·第5页（共8页）记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的基本事件数为6种，………………………………………………………………………………………（2分）故62()217PA．……………………………

…………………………………………（4分）（Ⅱ）记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，则1()21PAB，…………………………………………………………………………（5分）由（Ⅰ）知2()7PA，……………………

………………………………………………（6分）故1()121(|)2()67PABPBAPA．…………………………………………………………（8分）（Ⅲ）记“挑选的2人一男一女”为事件C，则124()217PC，……………………………………………………………

…………………………（9分）“女生乙被选中”为事件B，4()21PBC，…………………………………………（10分）故4()121(|)4()37PBCPBCPC．…………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）32()()fxaxxbx

abR，∵，2()32fxaxxb∴．…………………………………………………………………（1分）由条件得(1)1(2)0ff，，即3211240abab

，，解得130ab，，……………………………（3分）故321()3fxxx．………………………………………………………………………（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，2()20fxxx，解得2x或0x，……………………（5分）当

(32)x，时，()0()fxfx，单调递增，当(20)x，时，()0()fxfx，单调递减，数学参考答案·第6页（共8页）当(02)x，时，()0()fxfx，单调递增，……………………

………………………（8分）故()fx在2x上取得极大值4()3fx，在0x上取得极小值0，且20(3)0(2)3ff，，……………………………………………………………………………………（11分）故()fx在[32]，上的最大值为203，最小值为0．…………………………

………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）依据题意知，0.531aaa，解得0.1a．…………………………（1分）因为乙射中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2，……………………………

（2分）所以乙射中7环的概率为1(0.30.30.2)0.2．……………………………………（3分）所以，的分布列分别为10987P0.50.30.10.1……………………………………………………………………………………

（4分）10987P0.30.30.20.2………………………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）结合（Ⅰ）中，的分布列，可得：95.010)(E2.91.071.083.0

，………………………………………（6分）7.82.072.083.093.010)(E，………………………………………（7分）222)2.98(3.0)2

.99(5.0)2.910()(D96.01.0)2.97(1.02，……………………………………………………………………………………（8分）222)7.88(3.0)7.8

9(3.0)7.810()(D21.12.0)7.87(2.02．……………………………………………………………………………………（9分）)()(EE，说明甲平均射中的环数比乙高．………………………………………（10分）又因为)()(DD，说明甲射中的环数比乙集中，比较稳定，

所以甲的射击技术好，故应选甲．……………………………………………………（12分）公众号：潍坊高中数学数学参考答案·第7页（共8页）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：()(ln)()fxxxafx，的定义域是(0)，，()ln1fxxa，…………………………

……………………………………………（1分）令()0fx，解得：1eax，令()0fx，解得：1eax，…………………………………………………………（3分）故()fx在1(0e)a，上递减，

在1(e)a，上递增．……………………………………（5分）（Ⅱ）证明：当1a时，要证1()exfxx≤，即证1eln10xx≥在(0)，上恒成立，……………………………………………（6分）令1()eln1(0)xgxxx，则112

11()e()e0xxgxgxxx，，………………………………………………（8分）故()gx在(0)，上单调递增，而(1)0g，………………………………………………………………………………（9分）故(0

1)x，时，()0(1)gxx，，时，()0gx，故()gx在(0，1)递减，在(1)，递增，故min()(1)0gxg，……………………………………………………………………（11分）故原结论成立．…………………………………………………………………………（12分）22．

（本小题满分12分）解：（Ⅰ）当1k时，()(1)ln1fxxx，则1()ln1fxxx在[1e]，上单调递增，……………………………………………（1分）所以()(1)0fxf≥，所以()fx在[1e]，上单调递增，…………………………………………………………（2分）m

inmax()(1)1()(e)efxffxf，．…………………………………………………（4分）数学参考答案·第8页（共8页）（Ⅱ）|()ln||ln|()eexxfxxxxkgx，令()lnhxxxk，则()1ln1hxx

≥，………………………………………………（5分）则()hx在[1e]，上单调递增，(1)(e)ehkhk，．…………………………………（6分）①当0k≥，即0k≤时，ln(1)ln1()()0eexxxxkxxk

gxgx，≤，所以min[(1)ln1]1kxx≤，所以1k≤；………………………………………………………………………………（8分）②当e0k≤，即ek≥时，ln(1)ln1()()0eexxkxxxxkgxgx

，≤，所以max[(1)ln1]kxx≥，由（Ⅰ）知，e2k≥，故ek≥；……………………………………………………（10分）③当0ekk时，则存在唯一实数0(1e)x，，使得0()0gx，当0(e)tx，时，0()0()gtgx与()gx在(1e

)，上单调递减矛盾，此时不成立，……………………………………………………………………………………（11分）综上1k≤或ek≥，所以k的取值范围为{|1e}kkk≤或≥．……………………………………………（12分）公众号：潍坊高中数学