重庆高2025级高二（下）数学测试（答案在最后）一､单选题（每小题5分）2,3,4,5,71.用这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的偶数共有（）A.120个B.72个C.60个D.48个【答案】D【解析】【分析】利用分步乘法计数原理可得答案.【详解】由题可知，不同的偶数共有C1A448个.24故选：D.2.函数f(x)2xsinx在区间0,π上的（）A.最小值为0，最大值为π+1B.最小值为0，最大值为2πC.最小值为π+1，最大值为2πD.最小值为0，最大值为2【答案】B【解析】【分析】先求得函数f(x)的导数，进而得到f(x)在区间0,π上单调性，即可求得f(x)在区间0,π上最小值和最大值.【详解】f(x)2cosx0，所以fx在区间0,π上单调递增，因此f(x)的最小值为f(0)0，最大值为fπ2π.故选：B3.现有12张不同的卡片，其中红色，黄色，蓝色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且红色卡片至多1张，则不同的取法种数为（）A.84B.172C.160D.230【答案】C【解析】【分析】用间接法分析．先求出“从12张卡片中任取3张的所有取法数”，再分析“取出的3张为同一种颜色”和“取出的3张有2张绿色卡片”的取法数，从而可求出答案．【详解】根据题意，不考虑限制，从12张卡片中任取3张，共有C3种取法，12如果取出的3张为同一种颜色，则有3C3种情况，4如果取出的3张有2张红色卡片，则有C2C1种情况，48故所求的取法共有C33C3C2C1160种．12448故选：C．14.设数列a的前n项和为S，a2，n2S2anS，nN*，则数列的前10项nn1n1n1nSn和为（）9101110A.B.C.D.1091011【答案】D【解析】S【分析】根据已知条件构造n为常数列，求出Snn1，再利用裂项相消法求和即可.nnn1【详解】n2S2anS，且aSS，n1n1nn1n1nSSSSnSn2S，即n1n，n1n，n1nn2nn1n2nn1SSann11故数列nn为常数列，且nn12，11111Snn1，则，nSnn1nn1n1111111111110故数列的前10项和1.SSSS122310111111n1210故选：D.5.关于x的方程2xaex有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是（）A.,1B.1,C.,1ln2D.1ln2,【答案】D【解析】12xaex有三个不同的实数解可转化为yxa的图象与yex的图象有三个点,【分析】已知方程2根据导数的几何意义，数形结合可得参数范围.【详解】12xaex有三个不同的实数解可转化为yxa的图象与yex的图象有三个点，由已知方程21设直线yxa的图象与yex相切于点x,y，2001yex，因为2yxa00xln210yexy1所以0，解得：，020a1ln21ex120又函数yxa在,a单调递减，且xa,0，111函数yex在,a增，且ex0,ea，2221yxayex在,a所有且只有一个交点，所以函数与21yxayex的图象有三个交点，要使的图象与2则需a1ln2，即实数a的取值范围是1ln2,，故选：D．6.谢尔宾斯基三角形（Sierppinskitriangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．先取一个实心正三角形，挖去一个“中心三角形（”即以原三角形各边的中点为顶点的三角形，即图中的白色三角形），然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中心三角形”，用上面的方法可以无限操作下去．操作第1次得到图2，操作第2次得到图3．．．．．，若继续这样操作下去后得到图2024，则从图2024中挖去的白色三角形个数是（）A.32023B.32024