河北枣强中学高二年级下学期第二次调研考试数学试题
本试卷满分150分，考试用时120分钟
注意事项：
1．答卷前，用黑色字迹笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
2．选择题，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔，在答题卡各题目指定区域内相应位置上。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1．已知函数，则（ ）
A．2 B． C．4D．
2．已知为等比数列的前项和，，则（ ）
A．12 B．24 C．48 D．96
3．今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看同一部影片的选择共有（ ）
A．9种 B．36种 C．38种D．45种
4．已知直线与圆交于A，B两点，且，则实数（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A．2 B． C． D．
6．6名同学排成一排，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻的不同排法有（ ）
A．72种 B．144种 C．216种D．256种
7．若点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A． B． C．D．
8．如图所示，点是椭圆的右焦点，是椭圆上关于原点对称的两点，直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分
9．已知二项式的展开式中各项系数之和是128，则下列说法正确的有（ ）
A．展开式共有7项
B．所有二项式系数和为128
C．二项式系数最大的项是第4项
D．展开式的有理项共有4项
10．已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．使的的最小值为2024
B．
C．当取最小值时，
D．为单调递减的等差数列
11．已知是抛物线的焦点，，是该抛物线上的任意两点，则正确的是（ ）
A．若，，则，
B．若直线的方程为,则
C．若，则直线恒过定点
D．若直线过点，过，两点分别作抛物线的切线，且两切线交于点，则点在直线上
12．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个零点
B．函数在上单调递减
C．函数无最大值和最小值
D．当或时，关于x的方程有且仅有1个解
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知双曲线C：的渐近线方程为，则C的离心率为 .
14．的展开式中,含的项的系数是 .
15．已知函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为 .
16．已知，则方程有实根的概率为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分
17．设(2－x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10·x10，求下列各式的值.
(1)求a0；
(2)求(a0+a2+…+a10)2－(a1+a3+…+a9)2；
(3)求二项式系数的和.
18．有0，1，2，3，4，5六个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
(3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
19．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数在上的最大值和最小值.
20．已知等差数列的公差不为0，，且满足，，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前n项和为，记，求数列的前n项和．
21．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点（异于左、右顶点），若的周长为6，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作不与轴重合的直线与椭圆相交于，两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线于点，求证：直线必过轴一定点.
22．设函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，且，求的最小值.河北枣强中学高二年级下学期第二次调研考试数学试题
答案
1．D
【分析】根据导数的定义计算可得.
【详解】因为，则.
故选：D
2．C
【分析】由可以求得，进而求得.
【详解】由题知可得，
当时，，
所以，且，
由于为等比数列，可知，解得，
所以， .
故选：C
3．B
【分析】先安排2人看同一部影片，再安排剩余2人，利用排列组合知识进行求解.
【详解】从4人中选择2人看同一部影片，再从3部影片中选择一部安排给这两人观看，
剩余的2人，2部影片进行全排列，
故共有种情况.
故选：B
4．D
【分析】由题意将圆的方程化为标准方程，结合点到直线的距离公式以及弦长公式即可列方程求解.
【详解】由题意圆即圆的圆心、半径分别为，
圆心到直线的距离为，
所以，解得.
故选：D.
5．B
【分析】成等比数列，得到方程，求出，得到答案.
【详解】由题意得，，
因为成等比数列，故，
即，解得，
故.
故选：B
6．B
【分析】要使元素不相邻，则用插空法，要使元素相邻，则运用捆绑法，分步完成即得.
【详解】先将丙与丁看成一“个”人，与除甲和乙之外的另外两个人留下4个空，
在其中选2个给甲和乙，有种方法；
再考虑丙丁这“个”人和另两个人进行全排，有种排法；
最后将丙丁“松绑”，有种方法，由分步计数原理，可得不同排法数为：种.
故选：B.
7．B
【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，可得，
因为，可得，则，
即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为，
由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为.
故选：B.
8．D
【分析】作为椭圆M的左焦点，连接．设，则，再利用椭圆的定义及对称性建立方程组求出离心率.
【详解】令为椭圆M的左焦点，连接，由A，C是椭圆上关于原点O对称的两点，
知四边形是平行四边形，又，则是矩形，
令，，则，，，
于是，即，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选：D
9．BD
【分析】由题意先得，再根据二项式定理及其性质一一判定即可.
【详解】因为二项式的展开式中各项系数之和是128，所以令，可得，因为，所以展开式共有8项，故A不正确；
因为，所以所有二项式系数和为，故B正确；
因为，所以二项式系数最大的项是第4项和第5项，故C不正确；
设展开式通项为，，当时，对应的是有理数，即对应项为有理项，故D正确.
故选：BD.
10．BC
【分析】根据得到，且，得到A错误，BC正确；求出公差，计算出，D错误.
【详解】AB选项，因为，
，
故，且，故的的最小值为1012，A错误，B正确；
C选项，因为，故当时，取得最小值，C正确；
D选项，设的公差为，因为，所以，
因为，所以，
故，
故为单调递增的等差数列，D错误.
故选：BC
11．BCD
【分析】联立直线方程与抛物线方程，根据韦达定理即可求解A，，结合向量数量积运算即可求解C，根据焦点弦公式即可求解B，根据判别式为0求解切线方程，联立直线方程即可求解D.
【详解】设,，,，
由题意可知直线斜率存在，可设直线方程为，
联立，消去得，
设，，
，，故A错误，
，
点,不同于原点，，
，，
直线的方程为，即直线过定点；故C正确，
若直线的方程为,则，所以，则，故，故B正确，
设方程与抛物线方程联立，消去得，
，解得，
的方程，
同理方程，
联立解得交点,，
由于直线过点，故点在直线上，所以，故，故D正确，
故选：BCD
12．ACD
【分析】利用导数研究的单调性、极值，画出函数大致图象，数形结合分析各项的正误.
【详解】由且，
故上，递增，上，递减，
且极大值， ，
在内趋向于1时趋向于0且恒负，则趋向，
在上恒成立，趋向于时趋向于，则趋向3，
综上，图象如下，
所以有两个零点，上不单调，无最大值和最小值，或时，关于x的方程有且仅有1个解.
故选：ACD
13．
【分析】由题意可得，然后由可求得结果.
【详解】因为双曲线C：的渐近线方程为，
所以，
所以离心率，
故答案为：
14．
【分析】先将化为,再根据二项式定理求解即可.
【详解】,
根据二项式定理的通项公式为:,
所以含的项的系数为:.
故答案为:.
15．
【分析】先利用同构得到，换元后得到，参变分离得到有两个不同的根，构造，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到函数图象，数形结合得到，解出答案即可.
【详解】由题意得有两个不同的根，
即有两个不同的根，
变形为，即，
令，则，
其中令，，
恒成立，故在单调递增，
得到，
故有两个不同的根，
令，则，，
当时，，当时，，
故在处取得极大值，也是最大值，，
且当时，，当时，，
画出的图象如下图：
故时，有两个不同的根，
解得：.
故答案为：.
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，即从而构造进行求解.
16．
【分析】根据题意得到，再利用古典概型公式求解即可.
【详解】方程有实根，所以
又因为，所以.
的有序实数对有，，，，，，，
，共9个基本事件。
符合有，，,故概率为.
故答案为：
17．(1)1024
(2)1
(3)1024
【分析】（1）在已知式中令可得；
（2）在已知式中分别令和，然后相乘可得；
（3）由二项式系数的性质可得.
【详解】（1）令x=0，得a0=210=1024.
（2）令x=1，可得a0+a1+a2+…+a10=(2－)10，①
令x=－1，可得a0－a1+a2－a3+…+a10=(2+)10.②
结合①②可得，
(a0+a2+…+a10)2－(a1+a3+…+a9)2=(a0+a1+a2+…+a10)(a0－a1+a2－…+a10)
=(2－)10×(2+)10=1.
（3）二项式系数的和为++…+=210=1024.
18．(1)156
(2)108
(3)284
【分析】（1）考虑个位数字的情况，分为三类，分别计算每种情况的偶数的个数，相加可得答案；
（2）考虑个位数字分别为0，5时情况，分别计算每种情况的数的个数，相加可得答案；
（3）从千位数字百位数字以及十位数字个位数字，分类考虑，分别计算出每种情况的数的个数，相加可得答案.
【详解】（1）由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类：
第一类：0在个位时，有个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个，
由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数．
（2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类：
个位上的数字是0时，满足条件的四位数有个；
个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有个，
故满足条件的四位数有（个）．
（3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个；
第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个；
第三类：形如124□，125□，共有个；
第四类：形如123□，共有 个．
由分类加法计数原理知，共有（个）．
19．（1）区间上单调递增；在区间和上单调递减；（2）5和1
【解析】（1）区间上单调递增；在区间和上单调递减
（2）5和1
【详解】（1）因为函数，则
令，或
故函数在区间上单调递增；在区间和上单调递减
（2）由（1）可知函数在区间上单调递增；在上单调递减
所以函数的极大值也为最大值
两端点，，即最小值为
故函数在上的最大值和最小值分别为5和1
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及求最值，属于基础题.
20．(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意列出关于首项和d的方程，解方程组，求出首项和公差，即可求得答案；
（1）结合（1）求出，可得的表达式，利用裂项相消法求和，即可求得答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，且，
由，，成等比数列，可得，
又，所以，
解得，
则；
（2）由（1）得，
则
，
所以
．
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，再由直线方程为，令，求得，即可求解.
【详解】（1）解：由点为椭圆上一动点，且的周长为6，且面积的最大值为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：由椭圆，可得，直线的方程为，
设直线的方程为，，，则，
联立方程组，整理得，
则，，所以，
又因为，所以直线方程为，
令，则，
则直线必过轴一定点.
22．(1)调递增区间为，；单调递减区间为
(2)
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定单调区间；
（2）根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，由此可得韦达定理的结论，将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可.
【详解】（1）当时，，则定义域为，，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为.
（2）定义域为，，
有两个极值点等价于在上有两个不等实根，
，，，，
；
设，
则，
在上单调递减，，
即，
的最小值为.
