重庆市开州中学高2021级高二数学下期中期模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份重庆市开州中学高2021级高二数学下期中期模拟考试试题（Word版附解析），共16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。
开州中学高2021级高二下期中期模拟考试数学试题一、选择题：本愿共8小愿，每小题5分，共40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．如图，函数的图像在点P处的切线方程是，则（       ）A．－2        B．2        C．3         D．无法确定【答案】B由题图，，且，所以.故选：B2．从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有（    ）种．A．36     B．66     C．30       D．56【答案】A解析　法一：（直接法）分两类：第1类是有1名女生，共有C·C＝2×15＝30种；第2类是有2名女生，共有C·C＝1×6＝6种．由分类加法计数原理，得共有30＋6＝36种．解析　法二：（间接法）3．若函数，则的单调增区间为（       ）A．    B．     C．     D．【答案】D解：因为函数，所以，令，得，所以的单调增区间为，故选：D. 4．已知过原点作曲线的切线方程为（    ）A． B．     C．    D．【答案】C【解析】【分析】设切点，利用导数的几何意义求该切点上的切线方程，再由切线过代入求参数m，即可得切线方程.【详解】由题设，若切点为，则，所以切线方程为，又切线过，则，可得，所以切线为.故选：C5．甲、乙等5人去北京天安门游玩，在天安门广场排成一排拍照留念，则甲和乙相邻且都不站在两端的排法有（    ）A．12种 B．24种 C．48种 D．120种【答案】B【解析】将甲、乙捆绑在一起看成一个元素，有种排法，其中甲、乙相邻且在两端的有种，故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有（种）．故选:B．  6．若函数在处有极值10，则（       ）A． B．6 C．或15 D．6或【答案】A【解析】 ， 又 时 有极值10 ，解得 或 当 时， 此时 在 处无极值，不符合题意经检验， 时满足题意 故选：A7．设是定义在上的偶函数，为其导函数，，当时，有恒成立，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】设，，则，∵当时，有恒成立，∴当时，，在上单调递增，∵是定义在上的偶函数，∴，即是定义在上的奇函数，∴在上也单调递增.又，∴，∴.不等式的解可等价于即的解，∴或，∴不等式的解集为.故选：B. 8. 已知正数满足，则的最小值为（    ）A.       B.    C.      D. 【答案】D【解析】【分析】根据式子结构，把变形为，构造函数，根据在上单调递增，得到，即；令，利用导数判断单调性，求出最小值.【详解】因为，即，所以，所以.令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以令.则.令，解得：；令，解得：；所以在上单调递减，在上单调递增，所以.即的最小值为.故选：D二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的0分.9．（2022·浙江·高三专题练习）为满足人们对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量与时间的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示，则下列结论中正确的有（       ）A．在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强B．在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强C．在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标D．甲企业在，，这三段时间中，在的污水治理能力最强【答案】ABC【解析】【分析】结合甲乙企业污水排放量与时间关系图象，利用曲线在区间的变化率判断企业的治污能力，进而判断各选项的正误即可．【详解】由题图可知甲企业的污水排放量在时刻高于乙企业，而在时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A正确；由题图知在时刻，甲企业在该点的切线斜率的绝对值大于乙企业的，故B正确；在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，故C正确；由题意可知，甲企业在，，这三段时间中，在时的污水治理能力明显低于时的，故D错误．故选：ABC．10. 已知，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用赋值法可判断ABC，在展开式两边对求导，然后利用赋值法可判断D.【详解】在中，令，得，故A正确；在中，令，得，在中，令，得，所以，故B正确；在中，令，得，又，所以，故C不正确；在中，两边对求导，得，令，得，故D正确.故选：ABD.11．现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（    ）A. 若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法B. 若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种C. 若4个不同小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种D. 若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种【答案】BCD【解析】对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A错误；对于B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有种放法，故B正确；对于C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有种放法，故C正确；对于D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，，，，，，，，，共9种放法，故D正确.   故选：BCD.12. 已知，，若，，都有，则取值可能为（     ）A.     B.        C.        D. 【答案】ACD【解析】【分析】先利用导数求出函数，的最大值，将问题转化为在恒成立，构造函数，利用二次求导确定该函数的单调性和最值问题.【详解】因为，，所以，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以；在恒成立，即在恒成立，令，则，令，则恒成立，所以在单调递增，，，故存在，使得，，，，即，解得，所以，所以，即.故答案为：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．函数在区间上的最大值为       ．【答案】.【解析】因则，所以在单调递增，在单调递减，则14．从0、4中任选一个数字，1、3、5、7中任选两个不同的数字，组成无重复数字的三位数中奇数的个数为        ．A．36种 B．40种 C．48种 D．72种【答案】36种【解析】分两类，分别先排0，4，再排所选的奇数，然后再将每一种情况的个数加起来即可.若从0，4中选0，则0只能放在十位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在百位与个位上，此时共有个三位奇数；若从0，4中选4，则4放在十位或百位上，从1，3，5，7中任选的两个数可以任意放在另两个数位上，此时共有个三位奇数.故共有个三位奇数.故答案为：36 15．的展开式中的常数项为      解析　6的通项为C2rx，所以(x3－1)·6的展开式中的常数项为x3C24x＋(－1)·C22x，即C24－C22＝240－60＝180，所以(x3－1)6的展开式中的常数项为180.16. 函数的零点个数为        【答案】3【解析】【分析】令可得，令，，则问题转化为与的交点个数，首先判断函数的奇偶性，根据对称性只需研究两函数在上的交点个数，利用导数研究在上的单调性，即可求出其极大值，再比较两函数值的大小关系即可判断函数的交点公式，最后结合函数图象分析可得；【详解】解：令，即，令，，则问题转化为与的交点个数；因为，，即与均是偶函数，且，，即，根据对称性只需研究函数在上的交点个数，由，且．则，当时，，，时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，，与在上有一个交点．当时，但是恒成立，所以恒成立，即函数在上不存在交点；在同一坐标系中作出与的图象， 可得与有个交点，即有个零点；故选：A四、解答题：本题共6小题，共70分.解客应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．(本小题满分10分)已知数列的前项和为且满足．数列满足.(Ⅰ)求数列、的通项公式；(Ⅱ)若数列满足，求数列的前项和为．【解析】(1)因为，所以当时，，则，当时，由，得所以，化简得，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则因为，所以数列是以1为首项，1为公比的等比数列，则(2)由(1)知，则，所以，两式相减得，即，故. 18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.(Ⅰ)证明：平面PAB⊥平面PAD；(Ⅱ)若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(Ⅰ)由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(Ⅱ)在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则，即，可取.设是平面的法向量，则，即，可取.则，所以二面角的余弦值为.法二：定义法19．(本小题满分12分)已知函数.(Ⅰ)当时，求函数的单调区间和极值；(Ⅱ)设函数，若在上存在极值，求a的取值范围.【答案】(1)减区间为，增区间为.          (2)【解析】(1)当时，函数，其定义域为 ，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.故有极小值，无极大值且的极小值为。(2)【解法一】：由，可得，设，则，令，即，解得，当时，；当时，，所以在区间上单调递增，在区间上，单调递减，且，显然，若在上存在极值，则满足或，解得，综上可得，当时，在上存在极值，所以实数的取值范围为.【解法二】：参变分离 20．(本小题满分12分)在下面两个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答．条件①：“展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64”；条件②：“展开式中前三项的二项式系数之和为22”．问题：已知二项式，若________（填写条件前的序号），(Ⅰ)求展开式中二项式系数最大的项；(Ⅱ)求展开式中系数最大的项。【解析】若选填条件①，即展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64，则，即．若选填条件②，即展开式中前三项的二项式系数之和为22，则，即．（Ⅰ）当时，展开式共7项，二项式系数最大的项为；（Ⅱ）因为，展开式共7项，二项式系数最大的项为；因的展开式通项为，设展开式的第项系数最大,即最大，则由，所以。故的展开式中系数最大的项为第6项，即21．(本小题满分12分)已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，且(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)若不过点的直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆经过点，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）    （2）直线过定点，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由求出直线的方程中参数的等量关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标.【小问1详解】解：由题意可得，解得，，则，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，联立，可得，，可得，由韦达定理可得，，由题意可知，，，同理，所以，，整理可得，当时，直线的方程为，直线过点，不合乎题意；当时， 直线的方程为，直线过定点，合乎题意；当直线的斜率不存在时，则点、关于轴对称，设点，则，，，其中，，即，因为，解得，此时直线的方程为，直线过定点.综上所述，直线过定点.22．(本小题满分12分)已知函数．(Ⅰ)当a=0时，求函数的最小值；(Ⅱ)当的图像在点处的切线方程为y=1时，求a的值，并证明：当时，．【答案】(1)0(2)a=1，证明见解析【分析】（1）当a=0时，．利用导数，可得在时，有最小值，其中.据此可得答案；（2）由切线斜率为0，可得a；利用导数研究单调性，可得，从而可得.后利用当时，，可证得结论.【解析】（1）法一：（隐零点）当a=0时，．定义域为，令，则，故在上单调递增.因，，则在上有唯一零点，即.则在上，，即，在单调递减.在上，，即，在上单调递增.故，又，则.即函数的最小值为0；法二：（同构+切线放缩）当且仅当（2）法一：由题知，，，则a=1；即，则故在上单调递增，在上单调递递减，则.则当时，，即.取，其中 ，则.则.又注意到.故.法二：（切线放缩）当时，恒有成立，则       要证当时，．只需证即可即证因，显然成立。故当时，成立．