2021-2022学年安徽省淮南市某校高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年安徽省淮南市某校高二（下）月考数学试卷，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 函数fx=exsinx的图象在点0,f0处的切线的倾斜角为（ ）
A.1B.0C.3π4D.π4

2. 若fx=2xf′1+x3，则f′2等于（ ）
A.−3B.3C.6D.−6

3. 已知点A，B是双曲线C:x22−y23=1上的两点，线段AB的中点是M3,2，则直线AB的斜率为（ ）
A.23B.32C.94D.49

4. 设等差数列an的前n项和为Sn，已知a3+a13=12，则S15=（ ）
A.45B.180C.90D.135

5. 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.72B.12C.60D.120

6. 1+x1−2x5展开式中x2的系数为（ ）
A.5B.30C.35D.40

7. 已知Sn是等差数列an的前n项和，且S6>S7>S5，下列说法不正确的是（ ）
A.d<0B.S12>0
C.|a6|>|a7|D.数列Sn的最大项为S11

8. 7个相同的小球放入A，B，C三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A.60种B.15种C.30种D.36种

9. 设2−x5=a0+a1x+a2x2+⋯+a5x5，那么a0+a2+a4a1+a3+a5的值为（ ）
A.−122121B.−244241C.−6160D.−1

10. 已知数列an满足an+1=2an, 0≤an<122an−1,12≤an<1 ，若a1=67，则a2011=（ ）
A.17B.67C.57D.37

11. 已知函数y=fx−1的图象关于点1,0对称，y=fx对于任意的x∈0,π满足f′xsinx>fxcsx（其中f′x是函数fx的导函数），则下列不等式成立的是（ ）
A.f−π3>−3fπ6B.2f3π4<−f−π2
C.2f5π62fπ3

12. 椭圆C:x24+y23=1，点P在直线x=−4上，过点P作椭圆C的两条切线，与椭圆切于点A，B，则△ABP面积最小值为（ ）
A.94B.34C.92D.32
二、填空题

7人站成一排，其中甲、乙、丙3人顺序一定，共有________种不同的排法．

a1=1，an−an−1=lgn−1nn≥2,n∈N*，则a10=________.

现将4名志愿者全部分派到A、B、C三个居民小区参加抗击新冠病毒知识宣传，要求每个小区至少1人，则不同的安排方法种数为________.

若xex+a≥lnx+1对任意x>0恒成立，则实数a的取值范围为________.
三、解答题

计算：
计算：(1) C102+C103÷A113；

(2)A​8x<6A​8x−2.

动圆C经过点P2,0，且与直线x=−2相切，记动圆圆心C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；

(2)若直线l过点Q−2,0且与曲线E相切，求直线l的方程．

已知数列{an}是首项a1=14的等比数列，其前n项和Sn中，S3，S4，S2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=lg12|an|，若Tn=1b1b2+1b2b3+⋯+1bnbn+1，求证：16≤Tn<12．

已知关于x的函数fx=−13x3+bx2+cx+bc.
(1)如果函数fx在x=1处有极值−43，试确定b、c的值；

(2)设当x∈0,1 时，函数y=fx−cx+b的图象上任一点P处的切线斜率为k，若k≤1，求实数b的取值范围．

已知点E−2,0,F2,0，Px,y，是平面内一动点，P可以与点E，F重合．当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为−14.
(1)求动点P的轨迹方程；

(2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．

已知函数f(x)=lnx+x+ax(a∈R).
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数，求a的取值范围；

(2)若函数g(x)=xf(x)−(a+1)x2−x有两个不同的极值点，记作x1，x2，且x1e3(e为自然对数的底数).
参考答案与试题解析
2021-2022学年安徽省淮南市某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
2.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
3.
【答案】
C
【考点】
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
4.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
5.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
6.
【答案】
B
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
7.
【答案】
D
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
8.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
9.
【答案】
A
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
10.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
不等式比较两数大小
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
12.
【答案】
C
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
二、填空题
【答案】
840
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
840
【答案】
0
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
0
【答案】
36
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
36
【答案】
[−1,+∞)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
[−1,+∞)
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=C102+C103÷A113=C113÷A113=A113A33÷A113=1÷A33=16.
(2)由A​8x<6A​8x−2，得8!8−x!<6×8!10−x!，
化简得x2−19x+84<0，
解得7又x≤8,x−2≥0，
所以2≤x≤8，②由①②及x∈N*，得x=8.
【考点】
排列及排列数公式
组合及组合数公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=C102+C103÷A113=C113÷A113=A113A33÷A113=1÷A33=16.
(2)由A​8x<6A​8x−2，得8!8−x!<6×8!10−x!，
化简得x2−19x+84<0，
解得7又x≤8,x−2≥0，
所以2≤x≤8，②由①②及x∈N*，得x=8.
【答案】
解：(1)设动圆圆心Cx,y，由题意，|CP|=|x+2|，
所以x−22+y2=|x+2|，化简得， y2=8x，
故曲线E的方程为y2=8x.
(2)由题意，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+2，由y=kx+2y2=8x，得ky2−8y+16k=0
因为直线l与曲线E相切，所以Δ=−82−64k2=0，解得k=±1，
所以，直线l的方程为x−y+2=0或x+y+2=0.
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设动圆圆心Cx,y，由题意，|CP|=|x+2|，
所以x−22+y2=|x+2|，化简得， y2=8x，
故曲线E的方程为y2=8x.
(2)由题意，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+2，由y=kx+2y2=8x，得ky2−8y+16k=0
因为直线l与曲线E相切，所以Δ=−82−64k2=0，解得k=±1，
所以，直线l的方程为x−y+2=0或x+y+2=0.
【答案】
解：（1）由题意知S3+S2=2S4，得S4−S3+S4−S2=0，
a4+a3+a4=0⇒a4a3=−12，∴ an公比q=−12，∴ an=14−12n−1.
(2)证明：bn=lg121412n−1=lg1212n+1=n+1 ，
∴ 1bnbn+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
∴ Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2 关于n单调递增，
∴ Tn≥12−11+2=16，
另一面Tn<12，
∴ 16≤Tn<12 或： T1≤Tn<12⇒16≤Tn<12.
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】

【解答】
解：（1）由题意知S3+S2=2S4，得S4−S3+S4−S2=0，
a4+a3+a4=0⇒a4a3=−12，∴ an公比q=−12，∴ an=14−12n−1.
(2)证明：bn=lg121412n−1=lg1212n+1=n+1 ，
∴ 1bnbn+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
∴ Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2 关于n单调递增，
∴ Tn≥12−11+2=16，
另一面Tn<12，
∴ 16≤Tn<12 或： T1≤Tn<12⇒16≤Tn<12.
【答案】
解：(1)f′x=−x2+2bx+c因为函数fx在x=1处有极值−43，
所以 f′1=−1+2b+c=0f1=−13+b+c+bc=−43 解得b=1c=−1或b=−1c=3
（i）当b=1,c=−1时， f′x=−x−12≤0
所以fx在R上单调递减，不存在极值，
（ii）当b=−1,c=3时，f′x=−x+3x−1x∈−3,1时， f′x>0,fx单调递增，
x∈1,+∞时， f′x<0，fx单调递减，
所以fx在x=1处存在极大值，符合题意，
综上所述，满足条件的值为b=−1,c=3.
(2)当x∈0,1时，函数y=fx−cx+b=−13x3+bx2,
设图象上任意一点Px0,y0，则k=y′|x=x0=−x02+2bx0，x0∈0,1，
因为k≤1，
所以对任意x0∈0,1，−x02+2bx0≤1恒成立所以对任意x0∈0,1，不等式b≤x02+12x0恒成立，
设gx=x2+12x 则g′x=x−1x+12x2，当x∈0,1时， g′x<0，
故gx在区间0,1上单调递减所以对任意x0∈0,1,gx0>g1=1，所以b≤1.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=−x2+2bx+c因为函数fx在x=1处有极值−43，
所以 f′1=−1+2b+c=0f1=−13+b+c+bc=−43 解得b=1c=−1或b=−1c=3
（i）当b=1,c=−1时， f′x=−x−12≤0
所以fx在R上单调递减，不存在极值，
（ii）当b=−1,c=3时，f′x=−x+3x−1x∈−3,1时， f′x>0,fx单调递增，
x∈1,+∞时， f′x<0，fx单调递减，
所以fx在x=1处存在极大值，符合题意，
综上所述，满足条件的值为b=−1,c=3.
(2)当x∈0,1时，函数y=fx−cx+b=−13x3+bx2,
设图象上任意一点Px0,y0，则k=y′|x=x0=−x02+2bx0，x0∈0,1，
因为k≤1，
所以对任意x0∈0,1，−x02+2bx0≤1恒成立所以对任意x0∈0,1，不等式b≤x02+12x0恒成立，
设gx=x2+12x 则g′x=x−1x+12x2，当x∈0,1时， g′x<0，
故gx在区间0,1上单调递减所以对任意x0∈0,1,gx0>g1=1，所以b≤1.
【答案】
解：（1）当P与点E，F不重合时，
kPE⋅kPF=−14，得yx+2⋅yx−2=−14，即x24+y2=1y≠0，
当P与点E，F重合时， P−2,0或P2,0综上，动点P的轨迹方程为x24+y2=1.
(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S=8，
当矩形各边均不与坐标轴平行时，
根据对称性，设其中一边所在直线方程为y=kx+m，则对边方程为y=kx−m，
另一边所在的直线为y=−1kx+n，则对边方程为y=−1kx−n，
联立：x2+4y2=4y=kx+m，
得1+4k2x2+8kmx+4m2−1=0，
则Δ=0，即4k2+1=m2．矩形的一边长为d1=|2m|k2+1，
同理： 4k2+1=n2，
矩形的另一边长为d2=|2n|1k2+1，S=d1⋅d2=|2m|k2+1⋅|2n|1k2+1=|4mnk|k2+1=44k2+1k2+4k2+12
=44k4+17k2+4(k2+1)2 =4 4+9k2k2+12=4 4+9k2+1k2+2∈(8,10]，综上： S∈8,10
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）当P与点E，F不重合时，
kPE⋅kPF=−14，得yx+2⋅yx−2=−14，即x24+y2=1y≠0，
当P与点E，F重合时， P−2,0或P2,0综上，动点P的轨迹方程为x24+y2=1.
(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S=8，
当矩形各边均不与坐标轴平行时，
根据对称性，设其中一边所在直线方程为y=kx+m，则对边方程为y=kx−m，
另一边所在的直线为y=−1kx+n，则对边方程为y=−1kx−n，
联立：x2+4y2=4y=kx+m，
得1+4k2x2+8kmx+4m2−1=0，
则Δ=0，即4k2+1=m2．矩形的一边长为d1=|2m|k2+1，
同理： 4k2+1=n2，
矩形的另一边长为d2=|2n|1k2+1，S=d1⋅d2=|2m|k2+1⋅|2n|1k2+1=|4mnk|k2+1=44k2+1k2+4k2+12
=44k4+17k2+4(k2+1)2 =4 4+9k2k2+12=4 4+9k2+1k2+2∈(8,10]，综上： S∈8,10
【答案】
(1)解：由题设得f′x=1x+1−ax2=x2+x−ax2，x>0，
令hx=x2+x−a，
因为f(x)在[1,+∞)上为增函数，
所以x2+x−a≥0在[1,+∞)上恒成立.
因为h(x)的对称轴为x=−12，
所以hx=x2+x−a在[1,+∞)上单调递增，
所以h1=2−a≥0，
所以a≤2.
(2)证明：由题设得g(x)=xlnx+x2+a−a+1x2−x
=xlnx−ax2−x+a，
g′x=lnx−2ax，
因为g(x)有两个极值点，分别为x1，x2，
令g′(x)=0，
所以lnx1=2ax1，lnx2=2ax2，
要证明x1⋅x22>e3，只需证明ln(x1⋅x22)>lne3=3，
即lnx1+2lnx2>3，
所以ax1+2ax2>32.
因为032x1+4x2，
由lnx1=2ax1，lnx2=2ax2，得lnx2x1=2ax2−x1，
则有a=lnx2x12x2−x1，
所以等价于lnx2x1x2−x1>3x1+2x2，
即证lnx2x1>3x2−x1x1+2x2=3x2x1−11+2x2x1，
令t=x2x1，t>1，
等价于lnt>3t−11+2t，
令ht=lnt−3t−11+2t，则h′t=t−14t−1t1+2t2，
因为t>1，所以h′t>0，ht在1,+∞单增，
当t>1时，ht>h(1)=0，
即lnt>3t−11+2t，所以原不等式成立，即x1⋅x22>e3.
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】

由题得f′x=1x+1−ax2=x2+x−ax2,x>0，
因为f(x)在[1,+∞)上为增函数，
所以hx=x2+x−a在[1,+∞)上恒大于或等于0，
对称轴x=−12，hx=x2+x−a在[1,+∞)上单调递增，
所以h1=2−a≥0，可得解.

利用导数判定函数的单调性，构造新函数，采用分析法证明不等式，难度大.
【解答】
(1)解：由题设得f′x=1x+1−ax2=x2+x−ax2，x>0，
令hx=x2+x−a，
因为f(x)在[1,+∞)上为增函数，
所以x2+x−a≥0在[1,+∞)上恒成立.
因为h(x)的对称轴为x=−12，
所以hx=x2+x−a在[1,+∞)上单调递增，
所以h1=2−a≥0，
所以a≤2.
(2)证明：由题设得g(x)=xlnx+x2+a−a+1x2−x
=xlnx−ax2−x+a，
g′x=lnx−2ax，
因为g(x)有两个极值点，分别为x1，x2，
令g′(x)=0，
所以lnx1=2ax1，lnx2=2ax2，
要证明x1⋅x22>e3，只需证明ln(x1⋅x22)>lne3=3，
即lnx1+2lnx2>3，
所以ax1+2ax2>32.
因为032x1+4x2，
由lnx1=2ax1，lnx2=2ax2，得lnx2x1=2ax2−x1，
则有a=lnx2x12x2−x1，
所以等价于lnx2x1x2−x1>3x1+2x2，
即证lnx2x1>3x2−x1x1+2x2=3x2x1−11+2x2x1，
令t=x2x1，t>1，
等价于lnt>3t−11+2t，
令ht=lnt−3t−11+2t，则h′t=t−14t−1t1+2t2，
因为t>1，所以h′t>0，ht在1,+∞单增，
当t>1时，ht>h(1)=0，
即lnt>3t−11+2t，所以原不等式成立，即x1⋅x22>e3.