2020-2021学年天津市部分区高二下学期期中数学试题(解析版).pdf

2020-2021学年天津市部分区高二下学期期中数学试题

一、单选题
1．现有高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名，从中任选1人

参加某项活动,不同的选法种数为

A．12B．60C．5D．4

【答案】A

【详解】解：因为高一年级的学生3名，高二年级的学生5名，高三年级的学生4名，

从中任选1人参加某项活动，则由分类加法计数原理可知不同选法种数为3+5+4=12种，

选A

2．函数yax（a0且a1）的导数为（）

A．yaxlnaB．yexlna

C．yaxD．yaxloge
a

【答案】A

【分析】根据基本初等函数的导数公式直接判断结果.

【详解】因为yax（a0且a1），所以yaxlna，

故选：A.

3．在2x16的展开式中，x2的系数是（）

A．240B．120C．60D．15

【答案】C

【分析】写出展开式的通项，令x的指数部分为2，求解出r的值，则x2的系数可求.

【详解】展开式的通项为Cr2x6r1r1r26rCrx6r，
66

令6r2，所以r4，所以x2的系数为14264C460，
6

故选：C.

4．将4封不同的信投入3个不同的信箱，且4封信全部投完，则不同的投法有（）

A．81种B．64种C．24种D．4种

【答案】A

【分析】利用分步乘法计数原理进行分析，即可求得信的投法总数.

【详解】由题意可知，每封信都有3种投法，

根据分步乘法计数原理可知，不同的投法有：33333481种，

故选：A.

5．曲线y2xlnx在点1,2处的切线方程为（）

A．xy30B．xy30

C．xy10D．xy10

【答案】D

【分析】求出函数的导数，可得曲线在(1,2)处的切线的斜率，由点斜式方程可得所求切

线的方程．
1
【详解】解：y2xlnx的导数为y2，
x

可得曲线y2xlnx在点(1,2)处的切线斜率为k1，

即有曲线y2xlnx在点(1,2)处的切线方程为y2x1，

即为xy10．

故选：D．

6．在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇

数的共有

A．36个B．24个C．18个D．6个

【答案】B

【详解】解：由题意知本题是一个分类计数问题，

各位数字之和为奇数的有两类：

两个偶数一个奇数：有C1A3=18个；
33

②三个都是奇数：有A3=6个．
3

∴根据分类计数原理知共有18+6=24个．

故选B．

7．已知x0,，函数fxexcosx的递增区间为（）

33
A．0,B．0,C．0,D．,
2444
【答案】C

【分析】先求解出fx，然后根据fx的正负分析出fx在0,上的单调性，由

此可知fx的递增区间.

【详解】因为fxexcosx，所以fxcosxsinxex，


令fx0，解得x，
4

当x0,时，fx0，当x,时，fx0，
44


所以fx在0,上单调递增，在,上单调递减，
44


所以fx在0,上的单调递增区间为0,，
4
故选：C.

112
8．在x的展开式中，x的指数是整数的项共有（）
3x

A．3项B．4项C．5项D．6项

【答案】C

【分析】先写出展开式的通项，然后分析x的指数部分，对r取合适的值使x的指数为

整数，由此完成求解.

121r4
112r
【详解】因为x展开式通项为TCrx12rx31rCrx3，
3xr11212
4
若12r为整数且0r12,rN，
3

经计算可知r0,3,6,9,12满足条件，所以共有5项，

故选：C.

9．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，

不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置

上的数字相同的信息个数为

A．10B．11C．12D．15

【答案】B

【详解】由题意知与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：

第一类：与信息0110有两个对应位置上的数字相同有C26个；
4

第二类：与信息0110有一个对应位置上的数字相同有C14个；
4

第三类：与信息0110