河北衡水中学2025-2026学年高二下学期周测数学试题（4.12)

一、单选题（每题5分，共计40分） 1.若把单词y的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法的种数为() A.179 B.181 C.193 D.205 2.已知x,y∈R,则“x>y>1是“x-x>y-lny”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.为迎接中国共产党十九大的到来，某校举办了“祖国，你好诗歌朗诵比赛该校高三年级准备 从包括甲、乙、丙在内的6名学生中选派4名学生参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗 诵顺序不能相邻，那么不同的朗诵顺序的种数为() A.320 B.324 C.410 D.416 31 4.已知函数g(x)=lx+3--x-1,f(x)=x2-2x+4,若对任意的x∈(0,2)，存在x∈[12]， 4x4 使g(:)≥f(6),则实数t的取值范围是() A. 「117 88 B C. D.[L,+0) 5.某公司安排五名大学生从事A、B、C、D四项工作，每项工作至少安排一人且每人只能安排一 项工作，A项工作仅安排一人，甲同学不能从事B项工作，则不同的分配方案的种数为 A.96 B.120 C.132 D.240 6在(2+ 的二项展开式中，若常数项为240，则x3项的系数为() A.60 B.36 C.729 D.6 7.由0到9这十个数字所组成的没有重复数字的五位数中，满足千位、百位、十位上的数字成 递增等差数列的五位数共有() A.720个 B.684个 C.648个 D.744个 8.已知a>1,b>1,且e2-a=b-lnb=4,则下列说法错误的是() C. 1,1、3 A.alnb+blna>1 B.a+b>e+1 D.ab>2e2 a b 2e 二、多选题（每题6分，共计18分） 9.如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公 共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为() A.A×A B.A×A C.4x(4) D.C4×A+Cx(4) 10.已知a+号八（a>0的辰开式的条项系数之和为14.则辰开式中() A.奇数项的二项式系数的和为256 B.第6项的系数最大 C.存在常数项 D.有理项共有7项 11.若存在实常数k和b,使得函数F(x)和G(x)对其公共定义域上的任意实数x都满足： F(x)≥+b和G(x)≤+b恒成立，则称此直线y=+b为F(x习和G(x)的“隔离直线”， 已知函数f(x)=x(x∈R),g()=二(x<0),h(x)=2elnx,则下列命题中真命题为() A.F(x)=f()-g()在xE .01 内单调递增； B.f(x)和g(x)之间存在“隔离直线”，且b的最小值为-4： C.f(x)和g(x)之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是(-40]；· D.f(x)和h(x)之间存在唯一的隔离直线”y=2Ex-e. 三填空题（每题5分，共计15分） 12.在(x+y)(x-2y)的展开式中，x3y的系数为 13.当x>1时，x2+xex≥ae'Inx+e,则实数a的取值范围为 14.从集合U={4,凸，4，，a}的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：①☑ 、U都要选出；②对选出的任意两个子集A和B,必有A二B或A三B.则选法有 种 四、解答题 15.(6+7)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球， (1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？ (2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多 少种？ 16.(5+5+5)已知(2x-1)”=4,+4x+4,x2++ax”展开式共有11项. (1)求4+4++4的值： (2)求+a+a+.+a的值： 求4+2a+子%+后0++六a的值 1.11 17.(6+9)已知函数f(x)=血x+a2-(2a+1)x,其中a为常数，且a≠0 (1)当a=2时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在x=1处取得极值，且在(0，e的最大值为1，求a的值. 18.(8+9)已知函数f(x)=amx-(a+1)x+x2 2 (1)求∫(x)的单调区间 (②当a>0时，对任意x∈1，+o),不等式f()≥r-e+x-m恒成立，求实数a的取值范围， 19.(3+6+8)设A2m=(☑，，，a2m)是由2n个实数组成的有序数组，满足下列条件：①4∈1，-1}， i=1,2,…,2n;②4+43+…+a.=0；③41+43++4≥0， i=1,2,,2n-1. (1)当n=3时，写出满足题设条件的全部A; (2)设n=2k-1,其中k∈N,求a4+a++a的取值集合； (3)给定正整数n,求An的个数 单选题（每题5分，共计40分） 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A A B C D D ACD BC ABD 1.【详解】将6个字母排成一排，可分三步进行： 第一步：排n,W,共有A=30种排法；第二步：排两个4，共有C=6种排法： 第三步：排两个y,共有1种排法∴.将6个字母排成一排共有30×6×1=180种排法 ∴.可能出现的错误写法的种数为180-1=179种 2【详解】设0=1-h,10,则广0=1片只，由了0>0得>1，由0<0得 0<t<1, ∴f(t)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， ∴.当x>y>1时，f(x)>f(y),即x-lnx>y-ny成立.当x-lnx>y-ny成立时，可能有 x=,y=1,此时x<y,综上，“x>y>1是x-nx>y-lny的充分不必要条件 3.【详解】6名学生选派4名参加，共有A=360种，当甲乙丙都参加且甲乙朗诵次序相邻时， 共有种数C4A=36,由去杂法可知所求不同的朗诵顺序的种数为324，选B. 4.【详解】由题意可知g(x)m≥f(x),因为g(=nx+3-1x --x-1, 4x4 所以gi片会子“a- 4r2 2,且0<x<2, 当x∈(0,1)时，g(x)<0,函数单调递减，当x∈(1,2)时，g'(x)>0,函数单调递增， 所以当x=1时，g(x)取得最小值，8=-2， 函数f(x)=x2-2x+业在x∈[1,2]单调递增，故f(x)m=∫()=-1+4， 教分-1+，解得1安综上可知：1哈 5.【详解】若甲同学在A项工作，则剩余4人安排在B、C、D三项工作中，共有CCCC=36 种，若甲同学不在A项工作，则在C或D工作，共有CC(C+CC+C)=96种 所以共有36+96-=132种，选C 6【详解】展开式的通项公式为7。=C(网()-2”℃宁。 -37 令”-3=0，则n=3,当r=1时，n=3,2C=12≠240， 2 当r=2时，1=6,2*c-210,所以n=6,令63，则r=4,所以2C8=60 7、【详解】解：当公差是1时， 千位、百位、十位上的数字可以是：012,123,234,345,456,567,678,789， 当中间三位是012时，可以组成数字A72-42, 当中间数字是123,234,345,456,567,678,789时，可以组成7×6×6=252， 当公差是2时，千位、百位、十位上的数字可以是：024,135,246,357,468,579 这样共组成42+5×6×6=222， 当公差是3时，千位、百位、十位上的数字可以是：036,147,258,369 可以组成数字的个数是42+3×6×6=150， 当公差是4时，千位、百位、十位上的数字可以是：048,159 可以组成数字的个数是42+36-78，根据分类计数原理知共有42+252+222+150+78-=744 8.【详解】由题设e&-lne-4=b-lnb-4=0且e>e,b>1,则e=a+4,nb=b-4, 构造f()=x-hr-4且xe+0),则了)=1-士>0， 所以f(x)在(L,+o)上单调递增，则e=b→a=lnb, e 而f(5)=5-lnm5-4=n。<0<f(6)=6-n6-4=ln, 6 所以f(x)=0有唯一的正根，位于区间(5,6)，则e=be(5,6),故ae(n5,ln6), 对于ahb+blna=a+eaIna=a2+(a+4)ha, 令g(x)=r+(x+4)血x且x∈(h5,h6),所以g(x)=2x+nx+1+4>0, 3 故g(x)=x2+(x+4)nx在(n5,ln6)上单调递增， 所以g(x)>(n5)2+(n5+4)n(1n5)>12+5ln1=1,A对， 对于a+b=a+e=2a+4>2n5+4>2×1+4=6>e+1,B对， 1+11+1=1+1=2a4。 2(a+2) 2(a+2)2 对于a b a ea aa+4a2+4aa2+4a+4-4(a+2)-4 a+2- 4 a+2 而3<2+ln5<a+2<2+ln6<4, 且hx)=x-4在3,4上单调递增，则h()<4-1=3,即a+2-4 <3, a+2 112 2 所以a6a+2-4 .234e-9 a+2 ?3,而326 2,0,则。62 .113 ,C对， 对于ab=ae°=a(a+4)=(a+2)2-4在(lh5,lh6)上单调递增， 所以ab<h6(4+h6)<2x(4+2)=12<2e2,D错. 9.【详解】选项A:表示先着色中间两格下面一格.从4种颜色取3种，有A个方法，上面 一格，从与中间两格不同的颜色中取出一个，有个方法，故共有AA=48个不同方法 正确： 选项B:A×A=144,方法总数不对.错误： 选项C:表示先对中间两格涂颜色.从4种颜色取2种，共有A个方法，上下两格都是从 与中间两格不同的颜色中取出一个，有4个方法故共有4(4)'=48个不同方法正确： 选项D:表示两种情况：①上下两格颜色相同，中间两格从3个剩下的颜色取2种，共有 C4·A个不同方法，②上下两格颜色不同，中间两格从2个剩下的颜色取2种，共有C4AA 个不同方法.综合①②可知方法总数为：C4+C(4)=48个不同方法正确， 10.【详解】对于A,二项式a+) 的展开式的各项系数之和为 ai+)=a+1° 由已知(a+1)”=1024,a>0,故有a=1或a=-3(舍去)， )10 的奇数项的二项式系数和为2”=512，故A错误： 10-5r 对于B,通项公式为工=Cx?，故当？=5时，即第6项的系数最大，故B正确： 对于C,令10,5”=0，求得=2，可得该二项式存在常数项，故C正确： 2 令0，”为整数，可得r=0,2.46810,故该二项式存在6个有理项，故D错误 11. 【详解】试题分析：A:F()=f()-g(的=2-1， “xe(- 疗0，F0闭=2x+宁>0，F约4（方0内学词港0，教A对 B、C设f(x)、g(x)的隔离直线为y=c+b,则x2≥a+b对一切实数x成立，即有 △1≤0，k2+4≤0，又上≤+b对一切x<0成立，则2+r-1≤0，即 △2≤0，b2+4k≤0，k≤0，b≤0，即有k2≤-4b且b2≤4k, .k4≤16b2≤-64k→-4≤k≤0，同理得-4≤b≤0，故B对，C错； D.函数f()和(9的图象在x=√E处有公共点，因此存在f()和()的隔离直线， 那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k.则隔离直线方程为y-e=(x-√®，即 y=ac-k√E+e,(xeR),可得x2-a+k√e-e≥0当x∈R恒成立， 则△≤0，只有k=2WE,此时直线方程为：y=2、Nx-e 下面证明h()≤2Nex-e,令G(x)=2√ex-e-h(w)=2Nex-e-2elnx, G的-26x-回当x=6时，G)=0,当0<x<6时G)<0,当x>6时 G(x)>0,则当x=√E时，G(x)取到极小值，极小值是0，也是最小值. 所以G()=2x-e-h(x)=2√x-e-2elnx≥0，则h(x)≤2√x-e当x>0时恒成立. 函数f(x)和h()存在唯一的隔离直线y=c-k√e+e,(x∈R),故D正确. 12.【答案】-40 【详解】根据二项式定理，(x-2y)展开式的通项公式为： 41=Cx3-(-2y)=C(-2x5-y. 令k=3,可得T4=Cx2(-2y)=-80x2y3,此时与x+y相乘可得x3y2的系数为-80： 令k=2,可得I=Cx2(-2y)2=40x3y2,此时与x+y相乘可得x3y的系数为40： 所以x3y3的系数为-80+40=-40. 13.【答案】(-0,3] 【详解】由不等式+e之ao'In+e,可得+r≥r+1, 即e e+x≥ahr+l,即ea≥alnr-x+l, 设g(x)=e-x-1,x>0,可得g'(x)=e-1>0,g(x)在(0，+o)单调递增， 所以g(x)>g(0)=0,所以e≥x+1,所以e3x-≥3nx-x+l,x>1 当a≤3时，不等式3lnx-x+1≥nx-x+1成立； 当a>3时，设f(x)=3lnx-x,因为f(1)=-1<0,f(e)=3-e>0, 所以存在∈(1，e),使3n6-右=0，此时e=1, 不等式e-≥alhr-x+l,即为1≥adnx。-x+l,即a9-≤0，可得a≤3（矛盾）， 综上可得，实数a的取值范围为(o,3]. 14.【答案】3”-3.2”+3 【详解】因为O、U都要选出；故再选出两个不同的子集，即为M,W, 因为选出的任意两个子集A和B,必有A三B或A三B, 故各个子集所包含的元素个数必须依次增加，且元素个数多的子集包含元素个数少的子集， 当一个子集只含有1个元素时，另外一个子集可以包含2,3,4(-1)个元素，所以共有 C×(C1+C1++C)=Cn×2-种选法； 当一个子集只含有2个元素时，另外一个子集可以包含3,4，(-1)个元素，所以共有 C×(C-2+C-2++C3）上C×-2)种选法： 当一个子集只含有3个元素时，另外一个子集包含4,5，(-1)个元素，所以共有 C×(C-3+C%-3++C上C×-2)种选法： 当一个子集只含有m个元素时，另外一个子集可以包含(m+1),(+2),,(n-)个元素，所 以共有C×(Cm+Cm++Cm1)）上C×饣-2）种选法： 当一个子集有(n-2)个元素时，另外一个子集包含(n-1)个元素，所以共有C2×2-2)种选法； 当一个子集有(n-1)个元素时，另外一个子集包含有n个元素，即为U,不合题意，舍去： 故共有C×(2-2+C×2-2片+Cx-2+C2×-2) =C2++C-2.22-2(C+C%+…+CW2) =(1+2)”-2-21-1-2(2”-n-2）=3”-3.2”+3. 故答案为：3”-3.2”+3 15.【答案】(1)115(2)186 【详解】(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法，红球4个，红球3个和白球1 个，红球2个和白球2个， 红球4个，取法有1种， 红球3个和白球1个，取法有CC。=24种： 红球2个和白球2个，取法有C.C2=90种： 根据分类计数原理，红球的个数不比白球少的取法有1+24+90=115种. (2)使总分不少于7分情况有三种情况，4红1白，3红2白，2红3白. 第一种，4红1白，取法有C4C6=6种； 第二种，3红2白，取法有CC=60种， 第三种，2红3白，取法有CC=120种， 根据分类计数原理，总分不少于7分的取法有6+60+120=186： 16.【答案】(1)0(2)310(3)0 【详解】(1)二项式(2x-1)”展开式的项数为n+1,由题知展开式共11项，因此n+1=11,得 n=10, 令x=1,得(2×1-1)°=+a+4,+..+4, 即+41+43+..+410=1， 令x=0,代入等式得：(0-1)=46→4=1，因此4+4+..+an=1-4=1-1=0: (2)(2x-1)°展开式中，系数a,的符号由(-1)0-*决定，即a对应将原式中-1换为1后的系数， 等价于令x=-1代入原式：[2×(-1)-1]°=-4+4-..+404+41+..+|4 计算得(-3)°=30，因此结果为30； 10 (3)令x=2,代入等式得 左边等于00=0，因此结果为0 17.【答案11Df)在(0字和L+m)上单调递增，在子上单调递减：(2)a= 或a=-2 e-2 1 (1)f=1nx+2x2-5元，f的=4x-1Dx-D,令)=0，得=4或1，则 x= 所以f(x)在(0，)和1，+)上单调递增，在片】上单调递减 (2) ~P(x)=2--,令P(x)=0,X=1,为=去，因为w在x=1 中 处取得极值，所以2= a≠81=1， ①上<0时，fx)在(0,1D上单调递增，在，上单调递减，所以fx)在区间1，上的最 2a 大值为 f(1),令f1)=1,解得a=-2: ②当 a>0,为=>0： (i)当<1时，)在 2a (0,二)上单调递增， 2a （会，1)上单调递减，1，e) 上单调递增。所以最大值1可能在x=或e处取得， 2a 而f()=1房+a(宏)2-(2a+1)去=ln去-1<0， 2a 4a f (e)=Ine+ae2-(2a+1)e=1,.a=1 e-2, (ii)当1≤ a<e时，八0在区间(0,1D上单调递增：(1，）上单调递减，（会e) 2a 上单调递增，所以最大值1可能在x=1或x=e处取得 而f(1)=ln1+a-(2a+1)<0,所以f(e)=lne+ae2-(2a+1)e=1,解得 a= 1,与1<x2=2。<e矛盾； e-2 (ii)当x= 1 ≥e时，f(X)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)单调递减， 2a 所以最大值1可能在x=1处取得，而f(1)=1n1+a-(2a+1)<0,矛盾， 1 综上所述，a= 或a=-2. e-2 18.【答案】(1)答案见解析(2)(0，e. 【详解11了e)=(a+=三二a:+a=-a-》>0. 当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 当0<a<1时，令f(x)>0,得0<x<a或x>1,令f'(x)<0,得a<x<1, 所以f(x)在(0，a)和(1，+o)上单调递增，在(a,1)上单调递减， 当a=1时，f'(x)≥0恒成立，则f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a>1时，令f(x)>0,得0<x<1或x>a,令f(x)<0,得1<x<a, f(x)在(0,1)和(a,+)上单调递增，在(L,a)上单调递减. 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+0)： 当0<a<1时，f(x)的单调递增区间为(0，a)和(1，+o),单调递减区间为(a,1): 当a=1时，f(x)的单调递增区间为(0，+o),无单调递减区间； 当a>1时，f(x)的单调递增区间为(0,1)和(a,+o),单调递减区间为(1，a): (2)fx)≥x-e+5x2-am,即ix-x≥x-e, 2 整理得nxa-xa≥ne-e,因为x∈(1，+o),a>0,所以x2>l,e>1, g(x)=Ix-x,xE(1,+00), 因为g'(y)=1-1<0,所以g()在1，+o)上单调递减， 因为g(x2)=lnr-xa≥ge)=lne-e',所以x“≤e,所以anr≤x, 因为n≥0，所以a=品令()-品eL+),则( Inx-1 (nx)2’ 令h(x)>0,得x>e,令(x)<0,得1<x<e, 所以h(x)在(L,e)上单调递减，在(e,+o)上单调递增，所以h(x)mn=h(e)=e, 所以0<a≤e,即实数a的取值范围是(0，e], 19.【答案】0详见解析21,35，，2k-1(8),C。 n+1 【详解】(1)46=(1,1,1，-1，-1，-1)，A6=(11,-1,1-1,-1),46=(11,-1,-1,1,-1), A=(1,-1,1,1,-1,-1),4。=(1,-11,-1,1,-1),共5个. （2)首先证明4=1，且4m=-1. 在③中，令i=1,得4≥0.由①得4=1. 由②得an=-(q+4++4m-1) 在③中，令i=21-1,得4+4++4≥0， 从而an=-(4+4++41）≤0.由①得am=-1. 考虑Am=(1,l,-1,,-l),即4=4==a=1，a+1=a+2=…=4m=-1,此时 a+42++4=n为最大值. 现交换a与41，使得a.=-1,a1=1,此时4+4++an=n-2. 现将4.=-1逐项前移，直至4=-1.在前移过程中，显然4+凸++4=n-2不变，这一 过程称为1次移位. 继续交换a与a+2,使得a=-1,a+2=1,此时4+4+…+am=n-4. 现将4=-1逐项前移，直至44=-1.在前移过程中，显然4+4，++a,=n-4不变，执行 第2次移位· 依此类推，每次移位a+4++4的值依次递减2.经过有限次移位，4,42，，4一定可 以调整为1，-1交替出现. 注意到n为奇数，所以4+4+…+4=1为最小值. 所以，4+a2+…+a的取值集合为{1,3,5，，2k-1}. (3)由①、②可知，有序数组(4，a4,,am)中，有n个1，n个-1. 显然，从4，凸2，，4m中选n个1，其余为-1的种数共有Cn种.下面我们考虑这样的数组中 有多少个不满足条件③，记该数为t,· 如果(4,4，，an)不满足条件③，则一定存在最小的正整数s(s≤m),使得 （i)4+43+…+422=0; （ii)4-1=-1. 将4,4，，4-1统统改变符号， 这一对应f为：(4,4，，4s-1,4,,an）→(-4,4，，4-1,4。，，4》， 从而将(4,4，，4n)变为n+1个1，n-1个-1组成的有序数组. 反之，任何一个n+1个1，n-1个-1组成的有序数组(4,4，，4m).由于1多于 所以一定存在最小的正整数s(S≤n),使得4+4++41=1. 令对应f-1为：(4，a2,,4s-1,a2s,,a)→(-4，-42，，as-1,42s,,a}, 从而将(4,4，，am)变为n-1个1，n+1个-1组成的有序数组. 因此，tn就是n+1个1，n-1个-1组成的有序数组的个数. 所以4n的个数是C5.-C”=C3 n+1 1的个数， 8 4.12自主提升 注意：请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答 案无效 二、填空题 (请用05毫米黑色墨水签字笔书写) 12、 13、 14、 三、解答题 (请用0.5毫米黑色墨水签字笔书写) 15. 16. 9 17. 18. 19. 10