2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高二（下）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高二（下）期中数学试卷，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高二（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填写在答题卡相应位置上．
1．（5分）已知曲线在处的切线方程是，则（5）与（5）分别为　　
A．3，3 B．3， C．，3 D．0，
2．（5分）设有下面四个命题
：若复数满足，则；
：若复数满足，则；
：若复数，满足，则；
：若复数，则．
其中的真命题为　　
A．， B．， C．， D．，
3．（5分）已知，则等于　　
A．1 B．129 C． D．21
4．（5分）如图所示，某地有南北街道6条、东西街道5条，一快递员从地出发，送货到地，且途经地，要求所走路程最短，共有　　种不同的走法．

A．100 B．80 C．60 D．40
5．（5分）有四件不同的玩具全部分给三名小朋友，每位小朋友至少获得一件，共有　　种不同的分法．
A．72 B．36 C．24 D．12
6．（5分）已知函数在时处取得极值0，则　　
A．4 B．11 C．4或11 D．3或10
7．（5分）已知函数在区间上有两个极值，则实数的取值范围为　　
A． B． C． D．
8．（5分）对于实数，表示不超过的最大整数．已知数列的通项公式，前项和为，则　　
A．105 B．120 C．125 D．130
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）设是方程的根，则　　
A． B．
C．是该方程的根 D．是该方程的根
10．（5分）已知数列是递减等差数列，其前项和为，且，则下列结论正确的有　　
A．最大 B．最小 C． D．
11．（5分）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余．记为．若，，则的值可以是　　
A．2019 B．2020 C．2029 D．2022
12．（5分）关于函数，，下列说法正确的是　　
A．当时，在处的切线方程为
B．若函数在上恰有一个极值，则
C．对任意，恒成立
D．当时，在上恰有2个零点
三、填空题：共4小题，每小题5分，其中16题第一空2分，第二空3分，共20分．
13．（5分）北京大兴国际机场为级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源，于2019年9月25日正式通航．目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示；若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，则共有　　种不同的安排方法．（用数字作答）．

14．（5分）展开式中含项的系数为　　．
15．（5分）已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数的陈述如下为虚数单位）
甲：；乙：；丙：；丁：．
在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数　　．
16．（5分）若对于恒成立，当时，的最小值为　　；当时，的最小值是　　．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知复数，，，为虚数单位）．
（1）若为实数，求的值；
（2）若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围．
18．（12分）有0，1，2，，5共6个数字，现有一个五位数，每一位上的数字都是从以上6个数中选择
（1）这样的五位数共多少个？
（2）可以组成多少个没有重复数字的五位数，并且这样的五位数为偶数？
（3）没有重复数字的五位数中有多少个大于13000？
19．（12分）已知函数，，且（1）．
（1）求实数的值，并求在区间上的值域．
（2）求曲线过点的切线方程；
20．（12分）已知等比数列的各项均为整数，公比为，且，数列中有连续四项在集合，，36，48，中．
（1）求，并写出数列的一个通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：数列中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列．
21．（12分）（1）已知的展开式中，第6项与第4项的二项式系数之比为．
①求的值；
②求展开式的常数项，并写出展开式中二项式系数最大的项是第几项？
（2）求和：．
22．（12分）已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）求函数的单调区间；
（3）定义：同时相切于两条（或两条以上）曲线的直线叫做两条（或两条以上）曲线的公切线．判断与是否存在公切线，如果不存在，请说明理由，如果存在请指出公切线的条数．

2020-2021学年江苏省南京市鼓楼区宁海中学高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填写在答题卡相应位置上．
1．（5分）已知曲线在处的切线方程是，则（5）与（5）分别为　　
A．3，3 B．3， C．，3 D．0，
【分析】利用导数的几何意义得到（5）等于直线的斜率，由切点横坐标为5，得到纵坐标即（5）．
【解答】解：由题意得（5），（5）．
故选：．
【点评】本题考查了导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题．
2．（5分）设有下面四个命题
：若复数满足，则；
：若复数满足，则；
：若复数，满足，则；
：若复数，则．
其中的真命题为　　
A．， B．， C．， D．，
【分析】根据复数的分类，由复数性质，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案．
【解答】解：若复数满足，则，故命题为真命题；
：复数满足，则，故命题为假命题；
：若复数，满足，但，故命题为假命题；
：若复数，则，故命题为真命题．
故选：．
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了复数的运算，复数的分类，复数的运算性质，难度不大，属于基础题．
3．（5分）已知，则等于　　
A．1 B．129 C． D．21
【分析】分别令，，即可求出答案．
【解答】解：，
当时，，
当时，，
，
故选：．
【点评】本题考查了二项式定理，考查了运算求解能力，属于基础题．
4．（5分）如图所示，某地有南北街道6条、东西街道5条，一快递员从地出发，送货到地，且途经地，要求所走路程最短，共有　　种不同的走法．

A．100 B．80 C．60 D．40
【分析】根据题意，从经到的最短路程，只能向右、向上运动，将原问题转化为排列、组合问题，分别讨论计算从到与从到的最短路程的情况数目，由分类计数原理，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，从经到的最短路程，只能向右、向上运动；
从到，最短的路程需要向上走1次，向右走3次，即从4次中任取1次向右，剩下3次向上，有种情况，
从到，最短的路程需要向上走4次，向右走2次，即从5次中任取2次向右，剩下3次向上，有种情况，
则有种不同的走法；
故选：．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
5．（5分）有四件不同的玩具全部分给三名小朋友，每位小朋友至少获得一件，共有　　种不同的分法．
A．72 B．36 C．24 D．12
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将4件玩具分成3组，②将分好的3组分给三名小朋友，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①将4件玩具分成3组，有种分组方法，
②将分好的3组分给三名小朋友，有种情况，
则有种不同的分法，
故选：．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步分类计数原理的应用，属于基础题．
6．（5分）已知函数在时处取得极值0，则　　
A．4 B．11 C．4或11 D．3或10
【分析】由题意可得，，，代入即可求解．
【解答】解：在时处取得极值0，
，
，
解可得，或
当时，恒成立，函数单调递增，没有极值，不合题意，
则．
故选：．
【点评】考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，属于中档题．
7．（5分）已知函数在区间上有两个极值，则实数的取值范围为　　
A． B． C． D．
【分析】先对求导，由题意至少有两个正根，结合导数分析函数的性质可求．
【解答】解：，
令，
由题意得在上至少有两个实数根，
又，
当时，，单调递增，此时不可能有两个实数根，
当时，易得在上单调递增，在，上单调递减，
故当时，函数取得极大值，
又，时，，
由题意，
故，
所以的范围．
故选：．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值，还考查了由函数零点个数求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
8．（5分）对于实数，表示不超过的最大整数．已知数列的通项公式，前项和为，则　　
A．105 B．120 C．125 D．130
【分析】求得，运用数列的裂项相消求和求得，结合新定义，分别求得各项的值，相加可得所求和．
【解答】解：由，
可得前项和，
由，，，，，
，，
则．
故选：．
【点评】本题考查数列的裂项相消求和，以及新定义的理解和运用，以及化简运算能力，属于中档题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）设是方程的根，则　　
A． B．
C．是该方程的根 D．是该方程的根
【分析】对于，由即可判断正确；对于，由虚根成对定理及韦达定理可得；对于，显然不是该方程的根；对于，，代入方程即可判断．
【解答】解：对于，由于是方程的根，则，
而，故，选项正确；
对于，由虚根成对定理可知，也是方程的根，故，选项正确；
对于，显然且，故不是该方程的根，选项错误；
对于，，即是该方程的根，选项正确．
故选：．
【点评】本题主要考查复数范围内二次方程的根的问题，考查运算求解能力，属于中档题．
10．（5分）已知数列是递减等差数列，其前项和为，且，则下列结论正确的有　　
A．最大 B．最小 C． D．
【分析】，，利用求和公式可得，化为：．进而判断出结论．
【解答】解：，
，化为：．
，
由于数列是递减等差数列，．
，，可得最大，故正确，错误；
．
又，
必然，，可得，正确．
故选：．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11．（5分）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余．记为．若，，则的值可以是　　
A．2019 B．2020 C．2029 D．2022
【分析】根据题中给出的新定义，结合二项式定理求出的值，由，对照四个选项中的数字，即可得到答案．
【解答】解：由题意，，
由二项式定理可得，，
因为的个位数是3，的个位数是9，的个位数是7，的个位数是1，
的个位数是3，，
所以的个位数为9，
若，则的个位数也是9．
故选：．
【点评】本题考查了同余定理的应用，二项式定理的应用，正确理解和对模同余的定义是解题的关键，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
12．（5分）关于函数，，下列说法正确的是　　
A．当时，在处的切线方程为
B．若函数在上恰有一个极值，则
C．对任意，恒成立
D．当时，在上恰有2个零点
【分析】直接逐一验证，根据导数的几何意义求出切线方程，判断；利用参数分离法构造新函数，根据函数的单调性，极值，最值判断，；通过构造新函数，转化为两个函数的交点个数来解决零点问题，判断即可求出答案．
【解答】解：对于：当时，，，
所以，故切点为，
，所以切线斜率，
故切线方程为：，选项正确；
对于，
若函数在上恰有一个极值，
即在上恰有1个解，
令，即在上恰有1个解，
则在上恰有1个解，
即和的图象在上恰有1个交点，
，，
令，解得：，，
当和，时，，
当，时，，
故在递增，在，递减，在，递增，
故，，
而，，，
画出函数的大致图象，如图示：

由图可知，当时，和在图象在上恰有1个交点，
即函数在上恰有一个极值，则，故正确；
对于：要使恒成立，
即在上，恒成立，
即在上，恒成立，即，
设，，则，，
令，解得：，，
当和，时，，当，时，，
故在上递增，在，上递减，在，上递增，
故，，，
故在上的最大值是，
故时，在上，恒成立，
即当时，才恒成立，
故对任意，不恒成立，故错误；
对于：当时，，，
令，则，
作出函数和函数的图象，如图示：

可知在内，两个图象恰有2个交点，
则在上恰有2个零点，故正确；
故选：．
【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，极值，最值问题，考查函数的零点，考查导数的应用以及数形结合思想，转化思想，考查函数恒成立问题，是一道综合题．
三、填空题：共4小题，每小题5分，其中16题第一空2分，第二空3分，共20分．
13．（5分）北京大兴国际机场为级国际机场、大型国际枢纽机场、国家发展新动力源，于2019年9月25日正式通航．目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示；若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取，则共有　10　种不同的安排方法．（用数字作答）．

【分析】分西一跑道、西二跑道均被选取及西一跑道、西二跑道只有一道被选取两种情况，每种情况按照先组合再排列的方式计算即可．
【解答】解：①西一跑道、西二跑道均被选取，有种起飞方式；
②西一跑道、西二跑道只有一道被选取，有种起飞方式；
由分类计数原理可知，满足条件的安排方法有种．
故答案为：10．
【点评】本题考查排列组合及计数原理的综合运用，考查分类与整合思想，属于基础题．
14．（5分）展开式中含项的系数为　10　．
【分析】利用通项公式即可得出．
【解答】解：的通项公式：，
令，或，
展开式中含项的系数．
故答案为：10．
【点评】本题考查了二项式的通项公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
15．（5分）已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数的陈述如下为虚数单位）
甲：；乙：；丙：；丁：．
在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数　　．
【分析】由题意可设，分别求出甲、乙、丙、丁的结果，再根据有且只有两个人的陈述正确，可推断出甲丁正确，从而求出，的值，得到复数．
【解答】解：由题意可设，
，
，，，，
丙丁不可能同时正确，乙丁不可能同时正确，且甲、乙、丙可以知二推一，
甲丁正确，
此时，，，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了简单的合情推理，考查了复数的运算，是高考新题型，属于基础题．
16．（5分）若对于恒成立，当时，的最小值为　1　；当时，的最小值是　　．
【分析】令，求出函数的导数，根据函数的单调性求出的最大值，求出的最小值即可，时，令，解得：，取最小值时，直线在轴的截距最大，求出的最小值即可．
【解答】解：令，则，
令，解得：，
令，解得：，
故在递增，在递减，
故（1），
若对于恒成立，
只需在即可，
①时，，故的最小值是1，
②时，令，解得：，
取最小值时，直线在轴的截距最大，
令，解得：，故，
即的最小值是，
故答案为：1，．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知复数，，，为虚数单位）．
（1）若为实数，求的值；
（2）若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围．
【分析】（1）利用复数的运算法则、复数为实数的充要条件即可得出．
（2）由条件得，，根据在复平面上对应点落在第一象限，即可得出．
【解答】解：（1），
为实数，，解得．
（2）由条件得，
因为在复平面上对应点落在第一象限，
故有，
解得：
解得（10分）
【点评】本题考查了复数的运算性质、复数为实数的充要条件、复数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18．（12分）有0，1，2，，5共6个数字，现有一个五位数，每一位上的数字都是从以上6个数中选择
（1）这样的五位数共多少个？
（2）可以组成多少个没有重复数字的五位数，并且这样的五位数为偶数？
（3）没有重复数字的五位数中有多少个大于13000？
【分析】（1）根据题意，分2步进行分析：①五位数的首位数字不能为0，可以为1、2、3、4、5中的一个，②五位数后面的4个数位，可以为6个数字中任意1个，由分步计数原理计算可得答案；
（2）根据题意，分2种情况讨论：①五位数的个位为0，②五位数的个位为2或4，由加法原理计算可得答案；
（3）根据题意，分2种情况讨论：①五位数的首位数字为2、3、4、5，②五位数的首位数字为1，则其千位数字必须为3、4、5，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，分2步进行分析：
①五位数的首位数字不能为0，可以为1、2、3、4、5中的一个，有5种情况，
②五位数后面的4个数位，可以为6个数字中任意1个，都有6种情况，
则有种情况，
则有个五位数；
（2）根据题意，分2种情况讨论：
①五位数的个位为0，在其余5个数字中任选4个，安排在前面4个数位，有个符合题意的五位数，
②五位数的个位为2或4，0不能在首位，在五位数的首位数字有4种选法，中间3个数位有种选法，
此时有个符合题意的五位数，
则有个符合题意的五位数；
（3）根据题意，分2种情况讨论：
①五位数的首位数字为2、3、4、5，有4种选法，在其余5个数字中任选4个，安排在后面4个数位，有种选法，
此时有个符合题意的五位数；
②五位数的首位数字为1，则其千位数字必须为3、4、5，有3种选法，在其余4个数字中任选3个，安排在后面3个数位，有种选法，
此时有个符合题意的五位数；
则有个符合题意的五位数．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
19．（12分）已知函数，，且（1）．
（1）求实数的值，并求在区间上的值域．
（2）求曲线过点的切线方程；
【分析】（1）由（1）可得，，通过列表可求得在区间上的值域；
（2）设切点坐标为，，利用导数的几何意义可求得切线的斜率，再由两点式求得其斜率，联立可得切点的坐标，从而可得切线方程．
【解答】（本小题满分12分）
解：（1），由（1）得，（1分）
，由得或，
列表：





0





0

0




增
极大值
减
极小值0
增

（5分）
由，，
结合列表可知：在区间上的值域为；（6分）
（2）设切点坐标为，，则切线方程为：，
整理得：，代入得，
即有，
，
切线方程为或．（12分）
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及利用导数求曲线上某点的切线方程，考查转化思想及数学运算能力，属于中档题．
20．（12分）已知等比数列的各项均为整数，公比为，且，数列中有连续四项在集合，，36，48，中．
（1）求，并写出数列的一个通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：数列中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列．
【分析】（1）直接利用集合中的各项，观察出部分项成等比数列，进一步求出数列的通项公式；
（2）利用等比数列的通项公式，进一步求出数列的和，最后确定数列中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列．
【解答】解：（1）等比数列的各项均为整数，公比为，且，数列中有连续四项在集合，，36，48，中，
根据观察得知：，，36，48，中的，48，，192，这四项构成公比为的等比数列；
所以．
证明：（2）由（1）的通项公式，
根据等比数列的前项和公式：，
所以，，
则，，
故，
故，，，构成等差数列；
【点评】本题考查的知识要点：等比数列的定义和性质的应用，等比数列的求和公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
21．（12分）（1）已知的展开式中，第6项与第4项的二项式系数之比为．
①求的值；
②求展开式的常数项，并写出展开式中二项式系数最大的项是第几项？
（2）求和：．
【分析】（1）①依题意，解得即可，
②求出通项公式，即可求出常数项，根据二项式定理可得最大项，
（2）根据排列组合数公式即可求出．
【解答】解：（1）①依题意，即，解得，
②设第且为常数项，又，
令，解得，
所以，
展开式中二项式系数最大项是第6项；
（2）因为由，得，
所以．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
22．（12分）已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）求函数的单调区间；
（3）定义：同时相切于两条（或两条以上）曲线的直线叫做两条（或两条以上）曲线的公切线．判断与是否存在公切线，如果不存在，请说明理由，如果存在请指出公切线的条数．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数分析函数的单调性，进而可求函数的极值；
（2）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对进行分类讨论，进而可求；
（3）先假设存在公切线，与、分别切于点，然后结合导数的几何语言转化为方程解的个数，结合函数性质及导数可求．
【解答】解：（1），，
①当时，在上恒成立，故是上的减函数，故不存在极值，
②当时，由得，
进一步时，故在区间上是减函数，
时，故在区间上是增函数，
当时有极小值，无极大值，
（2）且，
令，
①时△，
恒成立，
故函数单调递增区间是，．
②当时，方程有两个不等的负根，易知且恒成立，
故函数单调递增区间是，．
③当时，方程有两个不等的正根，，，
故函数单调递增区间是，，；单调递减区间是，，，
综上①时，函数单调递增区间是，．
②当时，函数单调递增区间是，．
③当时，函数单调递增区间是，，；单调递减区间是，，，
（3）假设存在公切线，与、分别切于点
则公切线即
同时公切线即，
，
消去或得（或者
是否存在公切线等价转化为方程在是否有解，
（或者等价转化为方程在上是否有解），
令①，
由（2）得在，上递增，（e），，
所以存在，使得，又，所以必有使得，
故方程①只有两解．即与是存在两条公切线．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值，还考查了函数切线问题，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于难题．
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日期：2021/12/1 16:04:45；用户：高中数学12；邮箱：sztdjy76@xyh.com；学号：26722394