吉林省长春市吉大附中实验学校2025-2026学年高二下学期第七周大练习数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年吉林省长春市吉大附中实验学校高二（下）第七周大练习数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。1.10×9×⋯×6等于（）A. B. C. D.2.开学典礼上有6个相同的玩偶熊发放给4名获奖学生，每人至少发1个，则不同的选法有（）种.A.86 B.54 C.20 D.103.（x-1）8的二项展开式的第6项系数是（）A. B. C. D.4.已知函数f（x）=x3-2mx2+m2x在x=1处取得极大值，则m的值为（）A.1 B.3 C.1或3 D.2或-25.已知（x2-2x+1）3=a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+a3（x+1）3+a4（x+1）4+a5（x+1）5+a6（x+1）6，则a1+a2+a3+a4+a5+a6的值为（）A.64 B.-64 C.63 D.-636.抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件A为“两个点数不相同”，B为“至少出现一个6点”，则P（A|B）=（）A. B. C. D.7.第33届夏季奥林匹克运动会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办.假设这届奥运会将新增2个竞赛项目和4个表演项目，现有三个场地A，B，C承办这6个新增项目的比赛，每个场地至少承办其中一个项目，且A场地只能承办竞赛项目，则不同的安排方法有（）A.60种 B.74种 C.88种 D.120种8.设，b=ln1.04，c=e0.04-1，则下列关系正确的是（）A.a＞b＞c B.b＞a＞c C.c＞a＞b D.c＞b＞a二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。9.3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（）A.共有60种不同的坐法 B.空位不相邻的坐法有32种

C.空位相邻的坐法有24种 D.两端不是空位的坐法有12种10.某人从一座9层大楼的第1层进入电梯，在第m（2≤m≤9）层离开电梯，假设自第2层开始等可能地在每一层离开电梯，记事件A=“m为偶数”，事件B=“m≤5”，事件C=“m为质数”，则（）A. B.

C.P（A|B）=P（A） D.P（A|C）+P（B|C）=111.已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数，满足2f（x）+xf'（x）=且f（1）=0，则以下结论正确的是（）A.

B.f（x）在上单调递增，在上单调递减

C.不等式的解集是（1，+∞）

D.若k＜f（x）恰有两个整数解，则k的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.现有2个红球、3个黄球，同色球不加区分，将这5个球排成一列，则不同的排法有

种．13.对于事件A，B，，，P（A∪B）=1，则=

.14.动直线l分别交直线y=x-2和曲线于M，N两点，则|MN|的最小值为

.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

设函数f（x）=xsinx+cosx+x2.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）求f（x）在[-π，2π]上的最小值与最大值.16.(本小题15分)

已知（n∈N*）展开式中二项式系数和为256．

（1）此展开式中有没有常数项？有理项的个数是几个？并说明理由．

（2）求展开式中系数最小的项．17.(本小题15分)

假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球与2个红球，第二个盒子里装有2个白球与4个红球，这些小球除颜色外完全相同.

（1）从两个盒子中分别取出一个球，求取到红球的概率；

（2）若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出两个球，

（i）求从第二个盒子里取出的球是两个红球的概率；

（ii）若已知从第二个盒子里取出的球是两个红球，求从第一个盒子里取出的是白球的概率.18.(本小题17分)

已知函数f（x）=e2x-ax-1.

（1）讨论f（x）的单调区间；

（2）若f（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，求a的取值范围；

（3）若f（x）在区间（0，+∞）上存在唯一零点x0，证明：x0＜a-2.19.(本小题17分)

已知函数f（x）=x（ex-1），a∈R.

（1）求f（x）的极值；

（2）若函数g（x）=f（x）-ax2+x在区间（0，+∞）上存在两个不同的零点x1，x2.

（i）求a的取值范围；

（ii）证明：x1+x2＞2.

1.【答案】C

2.【答案】D

3.【答案】C

4.【答案】B

5.【答案】D

6.【答案】A

7.【答案】B

8.【答案】D

9.【答案】AC

10.【答案】BCD

11.【答案】ABD

12.【答案】10

13.【答案】

14.【答案】

15.【答案】（1）由已知得f′（x）=sinx+xcosx-sinx+2x=x（cosx+2），x∈R，

令f′（x）=0，可得x=0，

则f′（x）＞0⇒X＞0，函数f（x）单调递增；f′（x）＜0⇒x＜0，函数f（x）单调递减，

所以f（x）的单调减区间为（-∞，0），单调增区间为（0，+∞）．

（2）由（1）知f（x）在[-π，0]上单调递减，在[0，2π]上单调递增，

所以f（x）的最小值为f（0）=1；

又f（-π）=-1+π2，f（2π）=1+4π2，

所以f（x）的最大值为1+4π2．

16.【答案】解：（1）由题意，二项式系数和为2n=256，解得n=8，

通项，

若Tr+1为常数项，当且仅当，即5r=8，且r∈Z，这是不可能的，

∴展开式中不含常数项．

若Tr+1为有理项，当且仅当Z，且0≤r≤8，即r=0，2，4，6，8，

∴展开式中共有5个有理项；

（2）设展开式中第r项，第r+1项，第r+2项的系数绝对值分别为，

若第r+1项的系数绝对值最大，则，解得5≤r≤6，

又∵r∈Z，

∴r=5或6．

∵r=5时，第6项的系数为负，r=6时，第7项的系数为正，

∴系数最小的项为．

17.【答案】解：（1）“取到红球”的含义为至少一个红球，

对立事件是两个都是白球，

P（两白）=，

P（至少1红）=1-=，

∴取到红球的概率为．

（2）（i）设事件A1表示“从盒1取出白球放入盒2”，则P（A1）=，

设事件A2表示“从盒1取出红球放入盒2”，则P（A2

）=，

设事件B表示“从盒2取出两个红球”，

若A1发生，则盒2变成3白4红，共7个，

则P（B|A1）==，

若A2发生，则盒2变成2白5红，共7个，

则P（B|A2）==，

由全概率公式得从第一个盒子里取出的是白球的概率为：

P（B）=P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）

=

=．

（ii）P（A1|B）=

=

=．

18.【答案】解：（1）由题f'（x）=2e2x-a,

当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上递增；

当a＞0时，令f′（x）=0，则，

若，则f′（x）＜0，f（x）在上递减；

若，则f′（x）＞0，f（x）在上递增，

综上，当a≤0时，f（x）的递增区间为R，无递减区间；

当a＞0时，f（x）的递减区间为，递增区间为；

（2）因为f'（x）=2e2x-a,

当a≤2时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，

故f（x）在（0，+∞）上递增，

则f（x）＞f（0）=0，满足要求；

当a＞2时，因为f（x）在上递减，在上递增，

而，要使f（x）≥0恒成立，

所以f（x）min=，，

令g（x）=x-xlnx-1，x＞1，

则g′（x）=-lnx＜0，即g（x）递减，

所以g（x）＜g（1）=0，即f（x）min＜0，

故在（0，+∞）上f（x）≥0不成立，

综上，a≤2，即a的取值范围是（-∞，2]；

（3）证明：由（2）知：当a≤2时，在（0，+∞）恒有f（x）＞0，故不可能有零点；

当a＞2时，f（x）在上递减，在上递增，且f（0）=0，

所以在上f（x）＜0，无零点，即，

且x趋向于正无穷时f（x）趋向正无穷，

所以在上存在唯一x0，使，

要证x0＜a-2，只需f（a-2）=e2（a-2）-a（a-2）-1＞0在a＞2上恒成立即可，

令t=a-2＞0，若h（t）=e2t-t（t+2）-1，则h'（t）=2（e2t-t-1），

令p（t）=e2t-t-1，则p'（t）=2e2t-1＞0，即p（t）在（0，+∞）上递增，

故p（t）＞p（0）=0，

所以h′（t）＞0，即h（t）在（0，+∞）上递增，

故h（t）＞h（0）=0，

所以f（a-2）=e2（a-2）-a（a-2）-1＞0在a＞2上恒成立，

即x0＜a-2，得证．

19.【答案】解：（1）由题可得f'（x）=（x+1）ex-1，

令m（x）=f'（x），则m'（x）=（x+2）ex，

当x∈（-∞，-2）时，m′（x）＜0，当x∈（-2，+∞）时，m′（x）＞0，

所以f'（x）在（-∞，-2）单调递减，在（-2，+∞）单调递增，

因为x＜-1时，x+1＜0，ex＞0，则f′（x）＜0，f′（0）=0，

所以当x∈（-∞，0）时，f'（x）＜0；x∈（0，+∞），f′（x）＞0，

所以f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，

所以f（x）的极小值为f（0）=0，无极大值；

（2）（i）由题g（x）=f（x）-ax2+x=xex-ax2=x（ex-ax），

又g（x）在（0，+∞）上存在两个不同的零点x1，x2，

即方程ex-ax=0在（0，+∞）上有两个不同的实根，

令h（x）=ex-ax,题意即h（x）在（0，+∞）上有两个零点，

则h'（x）=ex-a,

当a≤0时，h'（x）=ex-a＞0，

所以h（x）在R上为增函数，最多只有一个零点，不符合题意；

当a＞0时，h'（x）=ex-a,令h′（x）=0，解得x=lna,

所以当x＜lna时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；

当x＞lna时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，

所以h（x）在x=lna处取得极小值，也是最小值，

且h（lna）=elna-a•lna=a（1-lna），又h（x）有两个零点，

所以h（lna）＜0，即a（1-lna）＜0，解得a＞e,

又当x→-∞时，ex→0，-ax→+∞，故h（x）→+∞；

当x→+∞时，ex增长速度远大于ax,故h（x）→+∞，

所以当a＞e时，h（x）有两个零点，

综上，a的取值范围是（e,+∞）；

（ii）证明：由（i）知x1，x2是h（x）的零