11三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.的展开式中的系数为________(用数字作答).【详解】,所以系数为14.2023年4月3日,中国国民党前主席马英九一行抵达重庆抗战遗址博物馆参观,重庆抗战遗址博物馆(又称黄山官邸)地处长江南岸的南山风景区内,是重庆乃至整个西部地区对外开放的抗战文物遗址中保护最完好、规模最宏大的一处,是重庆市第一批和国家第七批重点文物保护单位。现需要把甲、乙、丙、丁4名解说员被安排到A,B,C三个不同场馆参与解说,每个场馆至少安排1名解说员,且甲不能安排到A场馆,则不同的分配方案种数为【详解】因为4名解说员被安排到A,B,C三个场馆,每个场馆至少安排1名解说,所以必须有2人一组,分两类,第一类,甲在两人组,取1人与甲一组有种,分配到场馆,有种安排方法,其余2人分配到剩余2个场馆有种,由分步乘法计数原理可得种;第二类,甲在1人组,先分配到B,C其中一个场馆,有种安排方法,再把剩余的人分成两组有种,分配到剩余2个场馆,有种分配方法,由分步乘法计数原理可得种,根据分类加法计数原理可得,15.杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家,其著作《详解九章算术》中画了一张表示二项式展开式后的系数构成的三角形数阵(如图所示),称做“开方做法本源”,现简称为“杨辉三角”,比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年,若用表示三角形数阵中的第m行第n个数,则______(结果用数字作答).第19页,试卷共19页学科网(北京)股份有限公司
12【分析】由二项式展开系数可知,第a行第b个数为,从而求解即可.【详解】由二项式展开系数可知,第a行第b个数为,故,故答案为:4950.16.已知函数,若函数恰有5个零点,则的取值范围是【详解】函数恰有5个零点等价于关于的方程有5个不同的实根.由,得或.因为,所以,由,得或,由,得,则在和上单调递增,在上单调递减.因为,,当时,,当时,,所以可画出的大致图象:由图可知有2个不同的实根,则有3个不同的实根,故第19页,试卷共19页学科网(北京)股份有限公司
13四、解答题(本大题共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.(本小题12.0分)已知函数f(x)=x3−3x2−9x+2.(1)求函数f(x)的极值;(2)求函数f(x)在区间[−2,2]上的最值.【答案】解:(1)f′(x)=3x2−6x−9=3(x+1)(x−3),令f′(x)=0,得x=−1或x=3,当x变化时,f′(x),f(x)在区间R上的变化状态如下:x(−∞,−1)−1(−1,3)3(3,+∞)f′(x)+0−0+f(x)↗7↘−25↗故极大值为f(−1)=7,极小值为f(3)=−25.(2)因为f(−2)=0,f(2)=−20,再结合f(x)的单调性可知,函数f(x)在区间[−2,2]上的最小值为−20,最大值为7. 【解析】本题考查导数在研究函数的极值,最值方面的应用,属于基础题.(1)求导后,研究函数的单调性,即可得解;(2)将函数的极值与端点值进行比较即可求解.18.(本小题12.0分)从8名运动员中选4人参加4×100米接力赛,在下列条件下,各有多少种不同的排法?(写出计算过程,并用数字作答)(1)甲、乙两人必须跑中间两棒;(2)若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒;(3)若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒.第19页,试卷共19页学科网(北京)股份有限公司
14【答案】解:(1)甲、乙两人跑中间两棒,甲乙两人的排列有A22种,剩余两棒从余下的6个人中选两人的排列有A62种,故有A22A62=60种. (2)若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒,需要从甲乙两个人中选出一个参加,且从第一棒和第四棒中选一棒,有C21C21种,另外6个人选3人跑剩余3棒,有A63种,故有C21C21A63=480 种. (3)若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒,甲乙两人相邻两人的排列有A22种,其余6人选两人和甲乙组合成三个元素的排列有C62A33种,故有A22C62A33=180种. 【解析】本题考查排列组合的综合应用,属于中档题.(1)甲、乙两人跑中间两棒,甲乙两人排列,再从余下的6个人中选两人排列.(2)从甲乙两个人中选出一个参加,且从第一棒和第四棒中选一棒,另外6个人选3人跑剩余3棒.(3)甲乙两人相邻两人排列,其余6人选两人和甲乙组合成三个元素全排列.19.(本小题12.0分)已知某同学在研究的展开式时,他提出了以下两个问题,请你帮忙解决.(1)求展开式中含1x的项的系数;(2)设(2x−1x)5的展开式中前三项的二项式系数的和为M,(1+ax)6的展开式中各项系数的和为N,若4M=N,求实数a的值.【答案】本题考查了二项式定理的应用、方程的解法,属于中档题. 【解析】解:(1)(2x−1x)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)5−r−1xr=(−1)r25−rC5rx5−3r2(r=0,1,2,3,4,5).令5−3r2=−1,则r=4,∴展开式中含1x第19页,试卷共19页学科网(北京)股份有限公司
15的项为T4+1=(−1)4⋅2⋅C54⋅x−1=10x,∴展开式中含1x的项的系数为10.(2)由题意可知M=C50+C51+C52=16,N=(1+a)6,∵4M=N,∴(1+a)6=64,解得a=1或a=−3.20.(本小题12.0分)已知函数f(x)=e2x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.(2)当−10(−116解:(1)f′(x)=1x−ax2+1=x2+x−ax2(x>0),若a⩽0,则f′(x)>0,所以函数fx在(0,+∞)上递增;若a>0,方程x2+x−a=0的判别式为1+4a>0,所以方程有两根分别为x1=−1−1+4a2<0,x2=−1+1+4a2>0,所以当x∈(0,x2)时,f′(x)<0;当x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0,所以函数fx在0,−1+1+4a2上递减;在−1+1+4a2,+∞上递增.(2)不等式xf(x)0,且φ′(x)的图象在(12,1)上不间断,所以存在唯一的x0∈12,1,使得φ′(x0)=0,即ex0−1x0=0,则x0=−lnx0.当x∈(12,x0)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增.则φ(x)在x=x0处取得最小值,且最小值为φ(x0)=ex0−lnx0−1=1x0+x0−1>2x0 ⋅ 1x0−1=1>0,所以v′(x)>0,即v(x)在12,+∞上单调递增,所以v(x)>e12−12ln12.所以a⩽e12−12ln12. 【解析】本题考查函数的单调性和导数的关系,以及恒成立问题,属于拔高题.(1)求导数可得f′(x)=1x−ax2+1=x2+x−ax2(x>0),对a进行分类讨论可得函数单调性;(2)问题可化为a17对任意的x∈12,+∞恒成立,令v(x)=ex−xlnx,求导数判断单调性得出函数的最值,由恒成立可得结论.22.(本小题12.0分)函数f(x)=ex+aln(x+1),(1)设x=1是f(x)的极值点,求a的值和函数f(x)的单调区间;(2)当x∈[0,π]时,f(x)≥sin x−ex+2恒成立,求实数a的取值范围.【答案】解:(1)因为f′(x)=ex+ax+1,f(x)的定义域为(−1,+∞),由f′(1)=e+a2=0,得a=−2e,则f′(x)在(−1,+∞)上单调递增,当x∈(−1,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以函数f(x)在(−1,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)令g(x)=f(x)−sinx+ex−2=2ex+aln(x+1)−2−sinx,x∈[0,π],当x∈[0,π]时,f(x)≥sin x−ex+2恒成立等价于g(x)≥0=g(0)恒成立,由于g′(x)=f′(x)−cosx+ex=2ex+ax+1−cosx,x∈[0,π],所以当a≥0时,g′(x)≥2ex−1>0,函数y=g(x)在[0,π]上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0在区间[0,π]上恒成立,符合题意,当a<0时,g′(x)=2ex+ax+1−cosx在[0,π]单调递增,g′(0)=2+a−1=1+a, ①当1+a≥0时,即−1≤a<0时,g′(x)≥g′(0)=1+a≥0,函数y=g(x)在[0,π]单调递增,所以g(x)≥g(0)=0在区间[0,π]上恒成立,符合题意, ②当1+a<0即a<−1时,g′(0)=1+a<0,g′(π)=2eπ+aπ+1+1,若g′(π)≤0,即a≤−(π+1)(2eπ+1)时,g′(x)≤g′(π)≤0,则g(x)在(0,π)单调递减,gx18若g′(π)>0,即−(π+1)(2eπ+1)19第19页,试卷共19页学科网(北京)股份有限公司