【文档说明】重庆市万州二中2021-2022学年高二下学期期中考试 数学答案.pdf，共(9)页，331.076 KB，由小赞的店铺上传

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万州二中高二下期中期考试数学试题参考答案1-8BAAACDDB9.BD10．ABD11.AC12.ACD13．414．141515．18016．,1【部分试题详解】8．B【解析】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：B11.AC【解析】对于A中，在杨辉三角中，第9行第7个数是6984C，所以A正确.对于B中，当12n时，12131212782S，所以B错误.对于C中，用数学符号语言可表示为：222012nnnnnnCCCC，证明如下：2(1)(

1)(1)xnnxxx012211220nnnnnnnnnnnnnnnnCCxCxCxCxCxCxC对应相乘，恰好得到nx这一项的系数为222012nnnnnnCCCC而2nnC是二项式2(1)nx

的展开式中第1n项的二项式系数（即nx的系数）故22220122nnnnnnnCCCCC，所以C正确.对于D中，第n行的第i个数为1iinaC，所以110121231122222nininiaaaaa

即11001122122222(12)3ninnnninnnniaCCCC，所以D错误.故选：AC.12．ACD【解析】由题意得()ln1fxx，则ln1()(0)xgx

xx对于A：由ln1()0xgxx，可得ln1x，解得1ex，所以解集为1,e，故A正确；对于B：221(ln1)ln()xxxxgxxx，令()0gx，解得x=1，所以当(0,1)x时，()0g

x，函数()gx为增函数，当(1,)x时，()0gx，函数()gx为减函数，故B错误；对于C：当1,1ex时，若fxgx，则()()0fxgx，所以ln1ln0xxxx，即

2lnln10xxx，令21,()lnl11en,hxxxxx，则2111()2ln2lnhxxxxxxxxxx，22111()2ln212ln3hxxxxxxx，当1,1ex

时，()0hx，函数()hx为增函数，又(1)0110h，所以()0hx在1,1ex是恒成立，所以21,()lnl11en,hxxxxx为减函数，又max211()0eehxh，所以2()lnln10h

xxxx在1,1ex是恒成立，所以当1,1ex时，总有fxgx恒成立，故C正确；对于D：若函数22lnFxfxaxxaxx有两个极值点，则()ln120Fxxax

有两个根，即ln12xax在(0,)有两个根，令ln1()xmxx，则2ln()xmxx，所以当(0,1)x时，()0mx，函数()mx为增函数，当(1,)x时，()0mx，函数()mx为减函数，又当0x时，()mx，当

x时，()0mx，(1)1m，所以2(0,1)a，解得10,2a，故D正确.故选：ACD16.【解析】当0x时，ln(1)1xxeaxx恒成立，则ln(1)0x，当ln(1)0x，即0x时，0ln1

1xxeaxx，对任意a都成立，当ln(1)0x，即0x时，则(1)ln(1)xxeaxx„，设()(1)ln(1)xxefxxx，0x，则222222(1)ln(1)()(1)ln(1)(1)ln(1)1ln1ln11

xxxeexxxefxxxxxxxxxx，设2()(1)ln(1)gxxxxx，0x，则22121ln1121ln1011xxxgx

xxxxxx恒成立，()gx在0,上单调递增，00gxg，()0fx，fx在0,上单调递增，()(0)fxf，根据洛必达法则可得

0011limlim11ln11ln11xxxxexxexxx，1a„，综上所述a的取值范围为(，1].故答案为：(，1].17．【解析】（1）由题意，所有的不同选法种数，就是从7名学生中选出3人的组合数，所以选法种数为3735C中不

同的选法.................4分（2）设有男生x人，女生则有7x人，从这7人中选出2名男生2女生方法有227CCxx种，要求每人参加一项且每项活动都有人参加2343CA种，根据分步乘法计数原理得2223743CCCA648xx，所以(1)(7)(6)72,(xx

xxxN且25)x，解得3x或4x，所以该组学生中男生3人，女生4人或男生4人，女生3人................10分18．【解析】(1)解：2()bfxax,函数()bfxaxx在点3,3f处的切线方程为23230xy，则

233f，4333f，即23343333baba，解得11ab，则该函数的解析式为1()fxxx.................6分(2)解：由（1）得(1)2f，()01f则曲线()yfx

在点1,1f处的切线方程为2y，................8分从而曲线()yfx在点1,1f处的切线与直线0x和直线yx所围三角形的面积12222S.................12分19．【解析】(1)二项式系数之和为2646nn，.....

...........2分故当3r时，二项式系数36C最大，此时所求项为333462160TCxx；................6分(2)令1x得：601263aaaa令1x得：012

61aaaa................10分两式联立得：026365aaa................12分20．【解析】(1)()ln2,(0)fxaxxxx，()ln2fxaxa，因为函数()fx在1x处取得极值，所以(1)ln120faa

，所以2a，..............2分所以()2ln2fxxxx，()2lnfxx，故当01x时，所以()0fx，函数单调递减，当1x时，()0fx，函数单调递增，所以函数()fx在

1x处取得极小值，所以实数a的值为2，................3分所以函数()fx在区间[1,2]上单调递增．minmax()(1)2,()(2)4ln24fxffxf所以()fx的值域为-24ln24，..............

..6分(2)当0a时，22()()2fxhxxxx，而0x，此时函数无零点，不合题意；....7分当0a时，22()()2lnfxhxxaxxx，()20,(0)ahxxxx，函数2()lnhxaxx单调递减，作出函数2l

n,yaxyx的大致图象如图：此时在2ln,yaxyx的图象在(0,1)内有一个交点，即2()lnhxaxx在(0,1)有一个零点；.....................9分当0a时，22()2,(

0)aaxhxxxxx，当02ax时，22()0axhxx，函数2()lnhxaxx递增，当2ax时，22()0axhxx，函数2()lnhxaxx递减，故2ma

x()()ln()222aaahxha，作出函数2()lnhxaxx的大致图象如图此时要使函数2()()2fxhxxx有1个零点，需使得2max()ln()022aahxa，即ln022aaa，解得2ea，................11分综合上述，可知求a的

取值范围为0a或2ea.................12分21．【解析】(1)用X表示员工所获得的奖励额．因为23241802CPXC，11312411202CCPXC，所以80120PX

PX，故员工获得80元奖励额与获得120元奖励额的概率相等．................4分(2)第一种方案为20,20,100,100，设员工所获得的奖励额为1X，则1X的分布列为1X4

0120200P162316所以1X的数学期望为112140120200120636EX，1X的方差为22211216400401201201202001206363XD

；..............8分第二种方案为40,40,80,80，设员工所获得的奖励额为2X，则2X的分布列为2X80120160P162316所以2X的数学期望为212180120160120636EX，2X的方差为

22221211600801201201201601206363XD，又因为1250050060000EXEX（元），所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的方差比第一种方案的小，故应选择第二种方案．................12分2

2．【解析】（1）由lnafxxx，0x，可得221axafxxxx，0x.当0a时，()0fx¢>，所以fx在()0,+¥上单调递增；当0a时，令20xafxx，得xa，令20xafxx，得0

xa，所以fx在0,a单调递减，在,a单调递增；................3分(2)①因为函数lnafxxx有两个零点，由（1）得0a，此时fx的递增区间为,a，递减区间为0,a，fx有极小值ln1

faa.所以n10lafa，可得1ea.所以10ea.................5分②证明：由（1）可得fx的极小值点为xa，则不妨设120xax.设l2ln22naagxfaxfxaxaxxx，0,xa，可得

222224110222axaaagxaxxxaxxax，0,xa，所以gx在0,a上单调递增，所以0gxga，即20faxfx，则2faxfx，0,xa，所以当1

20xax时，12axa，且1122faxfxfx.因为当,xa时，fx单调递增，所以122axx，即122xxa.................8分设21xtx，1t，则1122ln0,l

n0,axxaxx，则1221lnlnxxtxx，即1211lnlnlnlnlnxtxttxtxt.所以1lnln1ttxt，所以1211ln1lnlnlnln

1lnln1ln111ttttxxxtxtttttt.设ln1thtt，则211ln01tthtt，所以ht在()1,+¥上单调递减，所以ln1ln1tttt，所以12ln0xx

，即121.xx综上，1221axx.................12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com