江苏省苏州市常熟市2020-2021学年高二下学期期中考试数学试卷

20202021学年江苏省苏州市常熟市高二（下）期中数学试卷一、单项选择题（共8小题）.1．命题甲：对任意x∈（a，b），有f′（x）＞0；命题乙：f（x）在（a，b）内是单调递增的，则甲是乙的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．将4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（）A． B． C．34 D．433．函数在区间上的最大值是（）A． B． C． D．4．若（1+x）3（1﹣2x）4＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，则a0+a2+a4+a6＝（）A．8 B．6 C．5 D．45．如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（）A．72种 B．96种 C．108种 D．120种6．设a∈Z，且0≤a≤13，若512021+a能被13整除，则a＝（）A．0 B．1 C．11 D．127．函数f（x）＝x2﹣xsinx的图象大致为（）A． B． C． D．8．已知定义在R上的连续奇函数f（x）的导函数为f′（x），已知f（1）≠0，且当x＞0时，有xlnx•f′（x）＜﹣f（x）成立，则使（x2﹣4）f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣2，0）∪（0，2） B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） C．（﹣2，0）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）二、多选题（每小题5分）.9．若直线是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）可以是（）A． B．f（x）＝x4 C．f（x）＝sinx D．f（x）＝ex10．下列等式正确的是（）A．C＝C B．A﹣A＝n2A C．A＝nA D．nC＝C+kC11．已知（+3x2）n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为（）A．展开式中偶数项的二项式系数之和为25 B．展开式中二项式系数最大的项只有第三项 C．展开式中系数最大的项只有第五项 D．展开式中有理项为第三项、第六项12．已知函数f（x）＝xcosx﹣sinx，下列结论中正确的是（）A．函数f（x）在时，取得极小值﹣1 B．对于∀x∈[0，π]，f（x）≤0恒成立 C．若0＜x1＜x2＜π，则 D．若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1三、填空题（每小题5分）.13．（﹣3）7的展开式中x3的系数为．14．已知a为实数，若函数f（x）＝x3﹣3ax2+2a2的极小值为0，则a的值为．15．已知函数f（x）＝ax2﹣2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为．16．有8个座位连成一排，甲、乙、丙、丁4人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且甲、乙两人都在丙的同侧，则共有种不同的坐法．四、解答题：本题共6小题，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f（x）＝lnx﹣x2+3．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间[，e]上的最大值和最小值．18．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．（1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有多少？（2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有多少？（3）在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第几个？19．将4个编号为1，2，3，4的不同小球全部放入4个编号为1，2，3，4的4个不同盒子中．求：（Ⅰ）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（Ⅱ）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（Ⅲ）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（Ⅳ）把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？20．已知在（﹣）n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56：3．（1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项．（3）求n+++…+9n﹣1的值．21．已知函数f（x）＝lnx++a．（1）当a＝﹣时，求函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程；（2）当a∈（0，ln2），证明：函数g（x）＝exf（x）存在唯一极值点x0，且g（x0）＞0．22．已知函数f（x）＝xlnx﹣aex+a，其中a∈R．（1）若f（x）在定义域内是单调函数，求a的取值范围；（2）当a＝1时，求证：对任意x∈（0，+∞），恒有f（x）＜cosx成立．参考答案一、单项选择题（每小题5分）.1．命题甲：对任意x∈（a，b），有f′（x）＞0；命题乙：f（x）在（a，b）内是单调递增的，则甲是乙的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解：对任意x∈（a，b），有f′（x）＞0，则f（x）在（a，b）内是单调递增的，则甲是乙的充分条件，f（x）在（a，b）内是单调递增的，则对任意x∈（a，b），有f′（x）≥0，则甲是乙的不必要条件，故甲是乙的充分不必要条件，故选：A．2．将4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（）A． B． C．34 D．43解：每封信都有3种不同的投法由分步计数原理可得，4封信共有3×3×3×3＝34．故选：C．3．函数在区间上的最大值是（）A． B． C． D．解：函数f（x）＝，x∈，f′（x）＝1﹣2sinx，令f′（x）＝0，解得x＝．∴函数f（x）在内单调递增，在内单调递减．∴x＝时函数f（x）取得极大值即最大值．＝﹣＝．故选：B．4．若（1+x）3（1﹣2x）4＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，则a0+a2+a4+a6＝（）A．8 B．6 C．5 D．4解：∵（1+x）3（1﹣2x）4＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，令x＝1，可得a0+a1+a2+…+a7＝8①，再令x＝﹣1，可得a0﹣a1+a2+…﹣a7＝0②，则①+②，并除以2，可得a0+a2+a4+a6＝4，故选：D．5．如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（）A．72种 B．96种 C．108种 D．120种解：由题意知本题是一个分步计数问题，第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法（此前三步已经用去三种颜色）；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法．所以，不同的涂色种数有4×3×2×（1×1+1×3）＝96种．故选：B．6．设a∈Z，且0≤a≤13，若512021+a能被13整除，则a＝（）A．0 B．1 C．11 D．12解：∵a∈Z，且0≤a≤13，若512021+a＝（52﹣1）2021+a＝×522021﹣×522020+522016+…+×52﹣+a能被13整除，∴﹣+a＝﹣1+a能被13整除，则a＝1，故选：B．7．函数f（x）＝x2﹣xsinx的图象大致为（）A． B． C． D．解：∵f（﹣x）＝（﹣x）2﹣（﹣x）sin（﹣x）＝x2﹣xsinx＝f（x），且定义域为R，∴f（x）为偶函数，故排除选项D；f（x）＝x（x﹣sinx），设g（x）＝x﹣sinx，则g′（x）＝1﹣cosx≥0恒成立，∴g（x）单调递增，∴当x＞0时，g（x）＞g（0）＝0，∴当x＞0时，f（x）＝xg（x）＞0，且f（x）单调递增，故排除选项A、B；故选：C．8．已知定义在R上的连续奇函数f（x）的导函数为f′（x），已知f（1）≠0，且当x＞0时，有xlnx•f′（x）＜﹣f（x）成立，则使（x2﹣4）f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣2，0）∪（0，2） B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） C．（﹣2，0）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）解：令g（x）＝f（x）•lnx（x＞0），所以g′（x）＝f′（x）lnx+，当x＞0时，有xlnx•f′（x）+f（x）＜0，得f′（x）lnx+＜0，则g′（x）＜0，故g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝0m当x＞1时，f（x）lnx＜0，得f（x）＜0，当0＜x＜1时，f（x）lnx＞0，得f（x）＜0，因为f（x）为连续函数，且f（1）≠0，所以f（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，又f（x）为定义在R上的奇函数，所以当x＜0时，f（x）＞0，不等式（x2﹣4）f（x）＞0，即或，解得x＜﹣2或0＜x＜2，则x的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（0，2），故选：B．二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．若直线是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）可以是（）A． B．f（x）＝x4 C．f（x）＝sinx D．f（x）＝ex解：直线的斜率为k＝，由f（x）＝的导数为f′（x）＝﹣，即有切线的斜率小于0，故A不能选；由f（x）＝x4的导数为f′（x）＝4x3，而4x3＝，解得x＝，故B可以选；由f（x）＝sinx的导数为f′（x）＝cosx，而cosx＝有解，故C可以选；由f（x）＝ex的导数为f′（x）＝ex，而ex＝，解得x＝﹣ln2，故D可以选．故选：BCD．10．下列等式正确的是（）A．C＝C B．A﹣A＝n2A C．A＝nA D．nC＝C+kC解：∵＝，而＝•＝，故A错误；∵﹣＝（n+1）n（n﹣1）•••（n﹣m+1）﹣n（n﹣1）•••（n﹣m+1）＝n（n﹣1）•••（n﹣m+1）[n+1﹣1]＝n2（n﹣1）（n﹣2）•••（n﹣m+1），n2＝n2（n﹣1）（n﹣2）•••（n﹣m+1），故B正确；∵＝n（n﹣1）•••（n﹣m+1），n＝n•（n﹣1）（n﹣2）•••（n﹣m+1），故C正确；n＝n，+k＝+k＝+＝，故D错误，故选：BC．11．已知（+3x2）n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为（）A．展开式中偶数项的二项式系数之和为25 B．展开式中二项式系数最大的项只有第三项 C．展开式中系数最大的项只有第五项 D．展开式中有理项为第三项、第六项解：∵（+3x2）n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，∴4n﹣2n＝992，求得2n＝32，∴n＝5，故展开式中偶数项的二项式系数之和为＝24，故A错误．二项展开式的通项公式为Tr+1＝•3r•，展开式中，故当r＝2或3时，即第三项、第四项的二项式系数最大，故B错误．故当r＝4时，展开式中第r+1项的系数•3r最大，即第五项得系数最大．由于（+3x2）n展开式的通项公式为Tr+1＝•3r•，故C正确．故当r＝2或5时，展开式中为理项，即第三项、第六项为有理项，故D正确．故选：CD．12．已知函数f（x）＝xcosx﹣sinx，下列结论中正确的是（）A．函数f（x）在时，取得极小值﹣1 B．对于∀x∈[0，π]，f（x）≤0恒成立 C．若0＜x1＜x2＜π，则 D．若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1解：因为f′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，当x∈[0，π]时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，所以函数f（x）在x＝处，不是极值点，故A错误．所以对于∀x∈[0，π]，f（x）≤f（0）＝0，故B正确，令g（x）＝，g′（x）＝，由上可知，当x∈（0，π）时，g′（x）≤0，所以g（x）在（0，π）上是减函数，若0＜x1＜x2＜π所以，即，故C正确，当x＞0时，“”等价于“sinx﹣ax＞0”，令g（x）＝sinx﹣cx，g′（x）＝cosx﹣c，当c≤0时，g（x）＞0对x∈（0，）恒成立，当c≥1时，因为对∀∈（0，），g′（x）＝cosx﹣c＜0，所以g（x）在区间（0，）上单调递减，从而，g（x）＜g（0）＝0，对∀x∈（0，）恒成立，当0＜c＜1时，存在唯一的x0∈（0，）使得g（x0）＝cosx0﹣c＝0成立，若x∈（0，x0），g′（x0）＞0，g（x）在（0，x0）上单调递增，且g（x）＞g（0）＝0，若x∈（x0，），g′（x0）＜0，g（x）在（x0，）上单调递减，且g（x）＝sinx﹣cx＞0，在（x0，）上恒成立，必须使g（）＝sin﹣c＝1﹣≥0恒成立，即0＜c≤，综上所述，当c≤时，g（x）＞0，对任意x∈（0，）恒成立，当c≥1时，g（x）＜0，对任意x∈（0，）恒成立，所以若a＜＜b，对x∈（0，）恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1，所以D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．13．（﹣3）7的展开式中x3的系数为﹣21．解：（﹣3）7的展开式的通项．由，得r＝1．∴（﹣3）7的展开式中x3的系数为．故答案为：﹣21．14．已知a为实数，若函数f（x）＝x3﹣3ax2+2a2的极小值为0，则a的值为．解：由已知f′（x）＝3x2﹣6ax＝3x（x﹣2a），又a＞0，所以由f′（x）＞0得x＜0或x＞2a，由f′（x）＜0得0＜x＜2a，所以f（x）在x＝2a处取得极小值0，即f（x）极小值＝f（2a）＝（2a）3﹣3a（2a）2+2a2＝﹣4a3+2a2＝0，又a＞0，解得a＝，故答案为：．15．已知函数f（x）＝ax2﹣2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为（0，）．解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝2ax﹣2+＝，∵f（x）有两个不同的极值点x1，x2，∴f′（x）＝0有两个不相等的正实数根，即2ax2﹣2x+1＝0两个不相等的正实数根x1，x2，∴，解得：0＜a＜，故答案为：（0，）．16．有8个座位连成一排，甲、乙、丙、丁4人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且甲、乙两人都在丙的同侧，则共有480种不同的坐法．解：根据题意，分3步进行分析：①将甲乙两人安排在丙的同侧，有2A22＝4种安排方法，②将丁安排在三人的空位中，有4种安排方法，③将两个空位看成一个整体，和剩下的2个空位安排到4人形成的5个空位中，有5C42＝30种安排方法，则有4×4×30＝480种安排方法，故答案为：480．四、解答题：本题共6小题，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f（x）＝lnx﹣x2+3．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间[，e]上的最大值和最小值．解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x2+3，定义域为（0，+∞），∴f'（x）＝﹣x＝，令f'（x）＞0，则0＜x＜1，∴函数f（x）的单调递增区间为（0，1）；令f'（x）＜0，则x＞1，∴函数f（x）的单调递减区间为（1，+∞）．（2）f（x），f'（x）在区间[，e]上随x的变化情况如下表：x（，1）1（1，e）ef'（x）+0﹣f（x）2﹣↑极大值↓4﹣e2∴f（x）max＝，f（x）min＝4﹣e2．18．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．（1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有多少？（2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有多少？（3）在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第几个？解：（1）依题意，所有奇数的个数为＝36个；（2）数字1和3相邻的个数有＝36个；（3）比30124小的数的个数为：＝48个，所以在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第49个．19．将4个编号为1，2，3，4的不同小球全部放入4个编号为1，2，3，4的4个不同盒子中．求：（Ⅰ）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（Ⅱ）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（Ⅲ）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（Ⅳ）把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？解：（Ⅰ）每个盒至少一个球即每个盒子均有一球，也就是4个元素的排列，故有A44＝24种不同的放法；（Ⅱ）恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有C42A43＝144种不同的放法；（Ⅲ）先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有C41＝4种情况，其它小球的放法只有2种，例如：4号球放在4号盒子里，其余3个球的放法为，（2，3，1），（3，1，2），共2种，故每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有2C41＝8种；（Ⅳ）分2步进行分析，从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，C41＝4种选法，再将其余3个盒子装球，由题意，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选一个盒子装2个球，另外的2个盒子一定是每个装一个球，有C31＝3种选法，所以，总方法数为3×4＝12种．20．已知在（﹣）n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56：3．（1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项．（3）求n+++…+9n﹣1的值．解：（1）由第5项的系数与第3项的系数之比是：＝56：3，解得n＝10．因为通项：Tr+1＝•（﹣2）r•，当5﹣为整数，r可取0，6，于是有理项为T1＝x5和T7＝13440．（2）设第r+1项系数绝对值最大，则．解得，于是r只能为7．所以系数绝对值最大的项为T8＝﹣15360．（3）n+++…+9n﹣1＝10+9+92•+…+910﹣1•＝＝＝．21．已知函数f（x）＝lnx++a．（1）当a＝﹣时，求函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程；（2）当a∈（0，ln2），证明：函数g（x）＝exf（x）存在唯一极值点x0，且g（x0）＞0．解：（1）当a＝﹣时，f（x）＝lnx+﹣．f′（x）＝﹣＝，∴f′（2）＝，f（2）＝ln2，∴函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程为：y﹣ln2＝（x﹣2），整理为：x﹣4y+4ln2﹣2＝0．（2）证明：函数g（x）＝exf（x）＝ex（lnx++a），x∈（0，+∞）．g′（x）＝ex（lnx+﹣+a），设h（x）＝lnx+﹣+a，∵∀x∈R，ex＞0，因此g′（x）与h（x）的符号相同．h′（x）＝﹣+＝，显然，当x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．又h（1）＝0+2﹣1+a＝1+a＞0，h（）＝ln+4﹣4+a＝a﹣ln2＜0．（a∈（0，ln2）），∴存在唯一x0∈（，1），使得h（x0）＝0．对于g（x），则有x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；x∈