【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 12页

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．‎