2020-2021学年江苏省泰州中学高二下学期3月月度检测数学试题 word版

江苏省泰州中学2020-2021学年高二下学期3月月度检测数学试题

2021.3.18

一、单选题

1．若

2ai3i，则实数a（ ） 1iA．2 B．3 C．4 D．5

2．曲线yxx在点P(1,2)处切线的斜率为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知函数f(x)212xlnx，则其单调增区间是（ ） 2A．(1,) B．(0,) C．(0,1] D．[0,1] 4．若(1x)(12x)2020a0a1xa2x2a2021x2021，则a1a2a2021（ ）

A．0 B．2 C．1 D．1

5．从2名教师和5名学生中，选出3人参加“我爱我的祖国”主题活动要求入选的3人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是（ ） A．20 B．25 C．30 D．55

36．x2的展开式中x4的系数是（ ）

xA．60 B．70 C．80 D．90 7．已知函数f(x)A．51332xxc有3个不同的零点，则c的取值范围是（ ） 324994,0 B．,(0,) C．,0 D．,(0,)

32238．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难人微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图像研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数f(x)xxsinx的图象大致为（ ）

21

A． B． C． D．

二、多选题

9．定义在R上的可导函数yf(x)的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是（ ）

A．3是f(x)的一个极小值点； B．2和1都是f(x)的极大值点； C．f(x)的单调递增区间是(3,)； D．f(x)的单调递减区间是(,3) 10．已知复数z11i,z21i，则（ ）

A．z12 B．z1z2 C．z1的虚部为i

D．在复平面内，满足方程zz1zz23的复数z对应的点的轨迹为椭圆 11．对于m,nN,nm，关于下列排列组合数，结论正确的是（ ）

mnmmm1mmmmm1nA．CnCn B．Cn1CnCn C．AnCnAm D．An1(m1)An

12．以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容．其定理陈述如下：如果函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，则在区间(a,b)内至少存在一个点

x0(a,b)，使得f(b)f(a)fx0(ba),xx0称为函数yf(x)在闭区间[a,b]上的中值点，若关

于函数f(x)sinx3cosx在区间[0,]上的“中值点”的个数为m，函数g(x)e在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n，则有（ ）（参考数据：21.41,31.73,3.14,A．m1 B．m2 C．n1 D．n2

xe2.72．）

2

三、填空题

13．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有_______种．

14．函数f(x)sin2x在原点(0,0)处的切线方程为_______，请你举出与函数f(x)sin2x在原点处具有相同切线的一个函数是_______． ．．．．

15．关于x的不等式exax20有且只有一个正整数解，则实数a的取值范围是___________． 16．二项式定理是产生组合恒等式的一个重要源泉．由二项式定理得

0122CnCnxCnxnnCnx(1x)nnN*,xR，可推导得

11120CnCnCn231nCn______． n1四、解答题

17．已知复数zm23m2m24m3i,mR． （1）若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围； （2）若z是纯虚数，求m的值．

18．男运动员4名，女运动员3名，其中男女队长各1人．现7名运动员排成一排． （1）如果女运动员全排在一起，有多少种不同排法？ （2）如果女运动员都不相邻，有多少种排法？ （3）如果女运动员不站两端，有多少种排法？

（4）其中男队长不站左端，女队长不站右端，有多少种排法？ 注：请列出解题过程，结果保留数字 19．已知函数f(x)x312x2x． 2（1）求函数yf(x)的图象在[2,1]处的切线方程； （2）求函数yf(x)在[2,1]上的最大值与最小值．

20．已知

3xx22n1的展开式的系数和比(3x1)的展开式的系数和大992，求2x的展开式中：

xn2n（1）二项式系数最大的项； （2）系数的绝对值最大的项．

3

x2alnx,g(x)(1a)x． 21．设函数f(x)2（1）当a1,x1时，求证：f(x)g(x)； 2（2）若x[1,e]，使得不等式f(x)g(x)a成立，求实数a的取值范围． 22．设函数f(x)lnxa(x1)e，其中aR． （I）若a0，讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）若0ax1， e（i）判断f(x)的零点个数并证明．

（ii）设x为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1x0，证明3x0x12．

2020-2021学年度江苏省泰州中学月度检测

高二数学试卷

2021年3月18日

一、单选题

序号 答案 1 C 2 C 3 A 4 D 5 B 6 D 7 A 8 B 二、多选题

序号 答案 9 ACD 10 BD 11 ABC 12 BC 三、填空题

e2e32n1113．143种 14．y2x yx2x 15．, 16．

n1492五、解答题

17．【答案】（1）2m3（2）m2 【详解】

m23m20（1）由题意可得2，解得2m3

m4m304

m23m20（2）由题意可得2，解得m2

m4m30m2-4m+3≠0

18．解（1）（捆绑法）由于女运动员排在一起，可把她们看成一个整体，这样同4名男运动员合在一起有5个元素，排成一排有A5种排法，而其中每一种排法中，3名女运动员间又有A3种排法，因此共有

53A5A3720（种）不同排法

53．

4（2）（插空法）先排4名男运动员，有A4种排法，这4名男运动员之间和两端有5个位置，从中选取3个

343位置排女运动员，有A5排法，因此共有A4A51440（种）不同排法．

2（3）法一（位置分析法）因为两端不排女运动员，只能从4名男运动员中选2人排列，有A4种排法，剩

525余的位置没有特殊要求，有A5种排法，因此共有A4A51440（种）不同排法．

35法二（元素分析法）从中间5个位置选3个安排女运动员，有A5种排法，其余位置无限制，有A5种排法，

34因此共有A5A41440（种）不同排法．

（4）男、女队长为特殊元素，左、右两边为特殊位置．

法一（特殊元素法）男队长在最右边时，其他的可全排，有A6种；男队长不在最右边时，可从余下5个位置中任选一个，有A5种．而女队长可排在除去最右边位置后剩余的5个中的任一个上，有A5种，其余人全

1156115排列，共有A5A5A5种．由分类加法计数原理，共有A6A5A5A53720（种）．

116法二（特殊位置法）先排最左边，除去男队长外，有A6种，余下6个位置全排，有A6种，但应剔除女队

151615长在最右边时的排法A5A5种，因此共有A6A6A5A53720（种）．

7616法三（间接法）7个人全排，共A7种，其中，不合条件的有男队长在最左边时，有A6种，女队长在最右边时，有A6种，其中都包含了男队长在最左边，同时女队长在最右边的情形，有A5种．因此共有

765A72A6A53720（种）．

6519．【答案】（1）4x2y50；（2）最大值是【详解】

3，最小值是2． 25

解：（1）

f(x)x312x2x,f(x)3x2x2， 21f(1),2f(1)2．

1函数yf(x)的图象在x1处的切线方程为：y2(x1)，

2即4x2y50．

（2）令f(x)3xx20， 得x11与x222， 3当x变化时，f(x)、f(x)的变化如下表：

x (2,1) 1 21, 32 30 2,1 3f(x) f(x) 所以，x11与x2而f(2)2, 0   3 222 272是函数在(2,1)上的两个极值点， 3222f,273f(1)1． 23f(1),2函数yf(x)在[2,1]上的最大值是f(1)3，最小值是f(2)2． 2420．答案：1．T68064，2．T415360x

x2111lnx,g(x)x， 21．（1）证明：当a时，f(x)2222x211lnxx， 令h(x)f(x)g(x)，则h(x)222112x2x1(2x1)(x1)h(x)x，

2x22x2xx1，

h(x)0,函数h(x)在(1,)上单调递增，

6

h(x)h(1)0，即f(x)g(x)．

（2）法一：令F(x)f(x)g(x)，则F(x)x22alnx(1a)x,x[1,e]， F(x)xa(x1)(xx(1a)a)x,x[1,e]， ①当a1时，F(x)0恒成立，F(x)在[1,e]上单调递增，

[F(x)]3minF(1)2a， 由题意得

32aa，解得a334,4a1； ②当ae时，F(x)0恒成立，F(x)在[1,e]上单调递减，

[F(x)]minF(e)e22a(1a)e，

由题意得e22a(1a)ea，解得ae2,ae；

③当1ae时，x(1,a)时，F(x)0,F(x)在(1,a)上单调递减；

x(a,e)时，F(x)0,F(x)在(1,a)上单调递增．

2[F(x)]F(a)amin2a(1a)a，

由题意得a22alna(1a)aa，即lnaa20，恒成立， 1ae．

综上，实数a的取值范围为3,4．

法二：x[1,e]，使得不等式f(x)g(x)a成立

x[1,e],(xlnx1)a12x2x成立 1x2xx[1,e],a2xlnx1成立，

7

1x2x1xlnx令h(x)22(x1)xlnx1,x[1,e]，则h(x)(xlnx1)20， h(x)在[1,e]上是增函数，[h(x)]minh(1)34， a34，即实数a的取值范围为34,． 22．【答案】（Ⅰ）f(x)在(0,)内单调递增； （Ⅱ）（i）见解析：（ⅱ）见解析． 【解析】

（Ⅰ）解：由已知，f(x)的定义域为(0,)，且f(x)1xaea(x1)ex1ax2exxx，因此当a0时，1ax2ex0，从而f(x)0， 所以f(x)在(0,)内单调递增．

（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知，f(x)1ax2exx，

令g(x)1ax2ex，由0a1e，可知g(x)在(0,)内单调递减， 又g(1)1ae0，且gln1a121121alnaa1lna0，

故g(x)0在(0,)内有唯一解，

从而f(x)0在(0,)内有唯一解，不妨设为x0， 则1x10lna，当x0,xg(x)0时，f(x)xgx0x0， 所以f(x)在0,x0内单调递增； 当xxg(x)0,时，f(x)xgx0x0，

所以f(x)在x0,内单调递减， 因此x0是f(x)的唯一极值点．

8

令h(x)lnxx1，则当x1时，h(x)1x10，故h(x)在(1,)内单调递减， 从而当x1时，h(x)h(1)0，所以lnxx1，

从而f1111lnalnlnaalnaa1lnealnln1aln11a1hlna0， 又因为fx0f(1)0，所以f(x)在x0,内有唯一零点，

又f(x)在0,x0内有唯一零点1，从而，f(x)在(0,)内恰有两个零点．

2x1ii）由题意，fx00，即fx10ax0e0（，lnx1axx 11e1从而lnxx11x1x0x11x20lnx1x2e，即ex0， 0x112以内当x1时，lnxx1，又xx21x01，故e1x0x0x11x1x0，

1两边取对数，得lnex1x0lnx20，

于是x1x02lnx02x01，整理得3x0x12．

9