1、苏州市西交利物浦附属中学2020-2021学年第二学期期中调研测试高二数学参考答案2021.04一单项选择题：本大题共小题，每小题分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上1.函数的单调递减区间（ ）A. B. C. D.2.用数字可以组成无重复数字的四位偶数有（ ）A.个 B.10个 C.20个 D.16个3.函数的大致图象可能是（ ）A. B.C. D.4.在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ）A. B. C. D.7.5.已知函数的图象在处的切线与函数的图象相切，则实数（ ）A. B. C. D.6.将编号
2、为1，2，3，4，5，6，7的小球放入编号为1，2，3，4，5，6，7的七个盒子中，每盒放一球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）A.315 B.640 C.840 D.50407.已知函数，若，则的最大值是（ ）A. B. C. D.8.己知，若，则（ ）A. B. C. D.二多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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，有选错的得0分.9.给定函数下列说法正确的有（ ）A.函数在区间上单调递减，在区间上单调递增B.函数的图象与轴有两个交点C.当时，方程有两个不同的解D
3、.若方程只有一个解，则10.下列说法正确的为（ ）A.6本不同的书分给甲乙丙三人，每人两本，有种不同的分法B.6本不同的书分给甲乙丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法C.6本相同的书分给甲乙丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法D.本不同的书分给甲乙丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法11.设，下列结论正确的是（ ）A.B.C.中最大的是D.当时，除以2000的余数是112.已知函数，下述结论正确的是（ ）A.存在唯一极值点且B.存在实数，使得C.方程有且仅有两个实数根，且两根互为倒数D.当时，函数与的图象有两个交点三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13
4、.二项式的展开式中，常数项为_.14.若函数在上单调递增，则实数的取值范围是_.15.如图，用五种不同的颜色涂在图中不同的区域内，要求每个区域只能涂一种颜色，且相邻(有公共边)区域涂的颜色不同，则不同的涂色方案一共有_种.用数字作答16.数，若在上单调减函数，则实数的最大值为_，若，在上至少存在一点，使得成立，则实数的最小值为_.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.(本题满分10分)已知函数的图象在点处的切线为（1）求函数的解析式；（2）设，求证：；18.(本题满分12分)已知从的展开式的所有项中任取两项的组合数是（1）求展开式中所有二项式系数之和（2
5、）若的展开式中的常数项为，求的值.19.(本题满分12分)按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(列式并用数字作答)（1）5个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少放一个小球；（2）6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（3）6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球（4）6个不同的小球放入4个不同的盒子，恰有1个空盒.20.(本题满分12分)已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）是否存在实数，使恒成立，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.21.(本题满分12分)在杨辉三角形中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和
6、，该三角形数阵开头几行如图所示.（1）在杨辉三角形中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比是345？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；（2）已知n，r为正整数，且，求证：任何四个相邻的组合数，不能构成等差数列.22.(本题满分12分)已知函数.（1）若时，直线是曲线的一条切线，求b的值；（2）若，且在上恒成立，求a的取值范围；（3）令，且在区间上有零点，求的最小值.2020-2021学年第二学期期中调研测试高二数学参考答案2021.04一单项选择题：本大题共小题，每小题分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上1.B：2.B：
7、3.A：4.D；5.B；6.A：7.A；8.D二多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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，有选错的得0分.9.AC：10.ACD；11：AD；12.ACD三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 14. 15.180 16.；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.【解析】（1），由已知得，解得，故（2）得当时，单调遂减当时，单调遂增.，从而，即.18.【解析】（1）的展开式共有项，由题意可得，解得，所以展开式中所有二项式系数之和为.（2）由，则的通项为，令
8、或，截得或，所以展开式中的常数项为，解.19.【解析】（1）；（2）或；（3）或；（4）或20.【解析】（1）函数的定义域为，当时，由，得，或，由，得，故函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，当时，恒成立，故函数的单调递增区间为.（2）恒成立等价于恒成立，令，当时，即当时，故在内不能恒成立，当时，即当时，则，故在内不能恒成立，当时，即当时，由解得，当时，；当时，.所以，解得.综上，当时，在内恒成立，即恒成立，所以实数的取值范围是.21.【解析】（1）存在.杨辉三角形的第行由二项式系数，组成.如果第行中有三个相邻的数之比为345，则，即，解得.即第行有三个相邻的数，的比为.（2）证明：假设有，
9、()，使得，成等差数列，则，即，.所以，整理得：，.两式相减可得，所以，成等差数列，而由二项式系数的性质可知，这与等差数列性质矛盾，故假设不成立，从而要证明的结论成立.22.【解析】解：（1）当时，设切点，则在点A处的切线为，化简得，因为是的一条切线，解得；（2）当时，令，则.若，则当时，恒成立，在上单调递增，即符合题意；若时，由，得，当时，在上单调递减，与已知在上恒成立矛盾，舍去.综上，且.（3）.若，则在区间上恒成立，在区间上单调递增，因为在区间上有零点，所以，解得.所以，当时，等号成立，此时.若时，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增.因为在区间上有零点，所以，所以，所以，令，则，所以在（2）上单调递减.所以.若，则在区间上恒成立，在区间上单调递减.因为叫在区间上有零点，所以，解得.所以，当时，等号成立，此时；综上，的最小值是.