【数学】福建省连城县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试试题

福建省连城县第一中学2019-2020学年

高二下学期期中考试试题

一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)

1．函数的导数是

A．        B．        C．       D．

2．复数，则复数在复平面中对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有

A．6种 B．12种 C．18种 D．24种

4．已知函数的图象在点处的切线方程为，则的值为

A．        B．1          C．           D．2

5．的展开式中含项的系数为

A．160 B．210 C．120 D．252

6．如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为

A．36 B．48 C．72 D．108

7．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在吹东风的条件下下雨的概率为

A． B． C． D．

8．若函数与图象上存在关于点对称的点，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

9．如图是函数的导函数的图象，则下面判断正确的有

A．在上是增函数         B．在上是减函数

C．在处取得极极小值           D．在处取得极极大值

10．下面四个命题,其中错误的命题是

A.0比－i大；                        B.两个复数当且仅当其和为实数时互为共轭复数；

C.x＋yi＝1＋i的充要条件为x＝y＝1；  D.任何纯虚数的平方都是负实数．

11.某城市收集并整理了该市2019年1月份至10月份各月最低气温与最高气温(单位：℃)的数据，绘制了下面的折线图.

已知该城市各月的最低气温与最高气温具有较好的线性关系，则根据折线图，下列结论正确的是

A.最低气温低于0 ℃的月份有4个                    

B.10月的最高气温不低于5月的最高气温

C.月温差(最高气温减最低气温)的最大值出现在1月    

D.最低气温与最高气温为正相关

12．已知函数，则下列结论正确的是

A．函数存在两个不同的零点           

B．函数既存在极大值又存在极小值

C．当时，方程有且只有两个实根

D．若时，，则的最小值为

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．若复数，则的共轭复数的虚部为_______________．

14．函数在处的切线方程为____________________．

15．设，

则 _______________．

16．设函数的定义域为，满足，且当时，，当时，的最小值为________；若对任意，

都有成立，则实数的取值范围是_________________.

四、解答题(本大题共6小题，共70分)

17．(10分)设复数，求满足下列条件的实数的值.

（1）为实数；

（2）为纯虚数.

18．(12分)（请写出式子再写计算结果）有4个不同的小球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内：

（1）共有多少种方法？

（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？

（3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？

19．（12分）在的展开式中.

（1）若第五项的系数与第三项的系数的比是，求展开式中各项系数的和；

（2）若其展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中含的项.

20．（12分）设函数．

（1）求该函数的单调区间；

（2）若当x∈[﹣2，2]时，不等式f（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．

21．（12分）中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展.已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔（单位：分钟）满足，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔相关：当时高铁为满载状态，载客量为人；当时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人.记发车间隔为分钟时，高铁载客量为.

求的表达式；

若该线路发车时间间隔为分钟时的净收益（元），当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益最大？

22．（12分）已知函数 f（x）=ax+（1﹣a）lnx+（a∈R）

（1）当a=0时，求 f（x）的极值；

（2）当a＜0时，求 f（x）的单调区间；

（3）方程 f（x）=0的根的个数能否达到3，若能请求出此时a的范围，若不能，请说明理由．

参考答案

一、单选题

1--8：ABBD   DCCA;

8.设关于的对称点是在 上，

，

根据题意可知，与有交点，

即，

设 ，

，

令，

恒成立，

在是单调递增函数，且，

在，即，时 ，即 ，

在单调递减，在单调递增，

所以当时函数取得最小值1，

即 ，

的取值范围是.故选C.

二、多选题

9．BC.      10.ABC.   11.BCD     12.ACD. 

12．,解得，所以A正确；

，

当时，，当时，或

是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，

所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以D正确.

当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；

B.由图像可知，的最大值是2，所以不正确.

故选A,C,D

三、填空题

13．7.     14．.    15．    16．.       

16.（1）时，，

当时，，当时，，

时，函数取得最小值；

（2）当时， ，根据可知

当时，，当时， ，

时，

当时，，

令 ，

可得： ，

的取值范围是.

四、解答题

17解：（1）由题得，解得或。

（2）由题得，解得。

18解：（1）每个球都有4种方法，故有4×4×4×4＝256种，

（2）每个盒子不空，共有不同的方法，

（3）四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，

从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有种不同的放法．

19解：（1）展开式的通项为

由题意知，第五项系数为，第三项的系数为，

则有，化简得，

解得或（舍去）.

令得各项系数的和为.

（2）∵，∴.

∴或（舍去）.

通项公式，

令，则，

故展开式中含的项为.

20解：（1）∵，

∴f′（x）＝xexx2exexx（x+2），

令f′（x）＞0，解得x＞0或x＜﹣2，

令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜0，

∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（0，+∞），单调减区间为（﹣2，0）；

（2）∵当x∈[﹣2，2]时，不等式f（x）＜m恒成立，

∴m＞f（x）max，

由（1）可知，f′（x）＝xexx2exexx（x+2），

令f′（x）＝0，可得x＝﹣2或x＝0，

∵f（﹣2），f（0）＝0，f（2）＝2e2，

∴f（x）max＝2e2，

∴m＞2e2，

∴实数m的取值范围为m＞2e2．

21解：（1）当时，不妨设，因为，所以解得.

因此.

（2）①当时，

因此，.

因为，当时，，单增；

当时，，单减.所以.

②当时，

因此，.

因为，此时单减.所以，

综上，发车时间间隔为分钟时，最大.

22解：（1）f（x）其定义域为（0，+∞）．

当a=0时，f（x）=，f'（x）=．

令f'（x）=0，解得x=1，

当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当x＞1时，f'（x）＞0．

所以f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞）；

所以x=1时，f（x）有极小值为f（1）=1，无极大值 

（2） f'（x）=a﹣ （x＞0）

令f'（x）=0，得x=1或x=﹣

当﹣1＜a＜0时，1＜﹣，令f'（x）＜0，得0＜x＜1或x＞﹣，

令f'（x）＞0，得1＜x＜﹣；

当a=﹣1时，f'（x）=﹣．

当a＜﹣1时，0＜﹣＜1，令f'（x）＜0，得0＜x＜﹣或x＞1，

令f'（x）＞0，得﹣＜a＜1；

综上所述：

当﹣1＜a＜0时，f（x）的单调递减区间是（0，1），（﹣），

单调递增区间是（1，﹣）；

当a=﹣1时，f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；

当a＜﹣1时，f（x）的单调递减区间是（0，﹣），（1，+∞），单调递增区间是

（3）a≥0∴

f'（x）=0（x＞0）仅有1解，方程f（x）=0至多有两个不同的解．

（注：也可用fmin（x）=f（1）=a+1＞0说明．）

由（Ⅱ）知﹣1＜a＜0时，极小值 f（1）=a+1＞0，方程f（x）=0至多在区间（﹣）上有1个解．

a=﹣1时f（x）单调，方程f（x）=0至多有1个解．；

a＜﹣1时，，方程

f（x）=0仅在区间内（0，﹣）有1个解；

故方程f（x）=0的根的个数不能达到3．