2021-2022学年吉林省八所省重点中学高二下学期期末联考数学试题一、单选题1．将3张不同的奥运会门票分给6名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是（）A．240B．120C．60D．40【答案】B【分析】由排列的定义即可求解.【详解】解：因为将3张不同的奥运会门票分给6名同学中的3人，每人1张，所以不同分法的种数为A3654120，6故选：B.2．已知函数fxx32xf1，则f1的值为（）A．1B．1C．2D．2【答案】B【分析】由题知fx3x32f1，再求解f1即可.【详解】解：因为fxx32xf1，所以fx3x22f1，所以f132f1，解得f11．故选：B3．若函数fxax22ax1的定义域为R，则实数a的取值范围是（）A．0,1B．0,1C．0,2D．0,1【答案】D【分析】考虑a0与a0时，结合根的判别式与图象进行求解.【详解】若fx的定义域为R，则当a0时，fx1满足题意；a0当a0时，，解得：0a1；Δ4a24a0当a0时，无法满足定义域为R，综上所述：实数a的取值范围是0,1．故选：D3n4．在x2的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为（）xA．16B．32C．1D．32【答案】A【分析】先根据二项式系数和公式得n4，再令特殊值x1即可求得答案.【详解】解：因为二项式系数的和是16，所以2n16，解得n4，所以，令x1得展开式中各项系数的和为2416．故选：A5．已知随机变量XB4,p，且EX3，则D3X1（）2723A．3B．6C．D．44【答案】C33【分析】由二项分布期望公式得p，进而得DX，再根据方差性质求解即可.44【详解】解：因为随机变量XB4,p，且EX3，3所以EX4p3，解得p，4333所以DX41，444327所以D3X19DX9．44故选：C6．已知定义在R上的函数fx在1,上单调递增，若f30，且函数fx1为偶函数，则不等式xfx0的解集为（）A．3,B．,10,3C．1,D．3,01,【答案】B【分析】由题知函数fx的图像关于直线x1对称，进而根据对称性得fx0可得1x3，fx0可得x1或x3，再解不等式xfx0即可.【详解】解：因为函数fx1为偶函数，所以函数fx的图像关于直线x1对称，因为函数fx在1,上单调递增，所以函数fx在,1上单调递减，因为f30，所以f10，所以由fx0可得1x3，由fx0可得x1或x3，x0x0解不等式xfx0，可得或，解得x1或0x3，f(x)0f(x)0所以，不等式xfx0的解集为,10,3．故选：B7．已知函数fxxaex，aR有两个零点，则实数a的取值范围为（）1eA．0,B．0,eC．0,D．0,e2e3【答案】A【分析】求导分a与0的大小关系，讨论函数的单调性，进而求得函数的极值点，再结合零点存在性定理求解即可.【详解】fx1aex，当a0时，fx0，fx为单调递增函数，fx最多只有一个零点，不合题意，舍去；11当a0时，令fx0，得xln，令fx0，得xln.aa11∴fx在,ln上单调递增，在ln,上单调递减.aa111ln1∴fxflnlnaealn1.maxaaa∵函数fxxaex有两个零点，111∴ln10，ln1，得0a.aae又f0a0，faa1ea0，111且ln10，alnalna0，故aln.aaa11故fxxaex在0,ln与ln,a上均有零点，满足题意.aa1综上0a.e故选：A