安徽省蚌埠市第二中学2020学年高二数学下学期期中试题 理（含解析）

蚌埠二中2020学年第二学期期中考试高二数学试题（理科）一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知是虚数单位，复数z满足，则的虚部是（ ）A. 1B. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】先求，再求，即得结果.【详解】因为，所以,因此 虚部是1,选C.【点睛】本题考查复数运算以及虚部概念，考查基本分析求解能力，属基础题.2.利用反证法证明“若，则且”时，下列假设正确的是（ ）A. 且B. 且C. 或D. 或【答案】C【解析】“且”的否定为“或”，故选C： 或3.若的值为（ ）A. 1B. 7C. 20D. 35【答案】D【解析】试题分析：由条件利用组合数的性质求得n的值，再根据n!的定义求得所给式子的值详解：若，则有n=3+4=7，故 =35，故选：C点睛：本题主要考查组合数的性质、计算公示的应用，n!的定义，属于中档题4.展开式中，含项的系数为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理公式展开即可求得结果【详解】展开式的通项公式为，展开式中，含项的系数为故选【点睛】本题主要考查了二项式系数的性质，利用二项式定理公式展开即可求得结果，属于基础题。5.下面四个命题：其中正确的有（ ）是两个相等的实数，则是纯虚数；任何两个复数不能比较大小；若，且，则；两个共轭复数的差为纯虚数A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】A【解析】【分析】根据复数概念进行判断选择.【详解】时，不是纯虚数；任何两个实数可以比较大小；若，且，但；设,则其共轭复数的差为或为纯虚数综上正确的有，选A.【点睛】本题考查复数概念，考查基本分析判断能力，属基础题.6.在直角坐标平面内，由曲线，和所围成的封闭图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先求出直线y=x和曲线xy=1的交点的横坐标，再利用定积分求出曲线，和轴所围成的封闭图形的面积.详解：联立xy=1和y=x得x=1,(x=-1舍).由题得由曲线，和轴所围成的封闭图形的面积为，故选A.点睛：求曲线围成的不规则的图形的面积，一般利用定积分来求解.7.已知，则的值等于( )A. 64B. 32C. 63D. 31【答案】C【解析】因为 ，所以因此 ，选C.点睛：二项式通项与展开式的应用(1)通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定项或指定项的系数等.(2)展开式的应用：可求解与二项式系数有关求值，常采用赋值法.可证明整除问题(或求余数).关键是要合理地构造二项式，并将它展开进行分析判断.有关组合式的求值证明，常采用构造法.8.现有张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各张.从中任取张，要求这张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多张.不同取法的种数为A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：3张卡片不能是同一种颜色，有两种情形：三种颜色或者两种颜色，如果是三种颜色，取法数为，如果是两种颜色，取法数为，所以取法总数为，故选C考点：分类加法原理与分步乘法原理【名师点晴】（1）对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰（2）当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步9.设三次函数的导函数为，函数的图象的一部分如图所示，则（ ）A. 的极大值为，极小值为B. 的极大值为，极小值为C. 的极大值为，极小值为D. 的极大值为，极小值为【答案】D【解析】解：观察图象知，x-3时，y=xf（x）0，f（x）0-3x0时，y=xf（x）0，f（x）0由此知极小值为f（-3）0x3时，y=xf（x）0，f（x）0x3时，y=xf（x）0，f（x）0由此知极大值为f（3）故选D10.在平面直角坐标系中，满足，的点的集合对应的平面图形的面积为；类似的，在空间直角坐标系中，满足,， 的点 的集合对应的空间几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：在平面直角坐标系中，满足的点的集合对应的平面图形的面积为以原点为圆心，半径为的圆的面积的，即；当，时，点的集合对应的空间几何体的体积为以为球心，半径为的球体的，即.考点：类比推理11.函数 （ ）A. 极大值为，极小值为B. 极大值为，极小值为C. 极大值为，极小值为D. 极大值为，极小值为，【答案】B【解析】由题意，则，由，得，由得，即函数在和上增函数，在上是减函数，因此是极大值，是极小值，故选B12.设函数在R上存在导函数 ，对于任意的实数，都，当时，若，则实数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，再利用函数奇偶性与单调性求解不等式.【详解】因为，所以，所以令,则，所以为奇函数，当时，,因为所以为R上单调减函数,由得,所以,即实数的最小值为，选A.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析与求解能力，属较难题.二：填空题。13.若函数不是单调函数，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】转化为函数有极值点，利用导数求解.【详解】因为函数不是单调函数，所以函数有极值点，即在上有零点，即.【点睛】本题考查函数单调性与极值，考查基本分析与求解能力，属中档题.14.将9个相同的小球放入3个不同的盒子，要求每个盒子中至少有1个小球，且每个盒子中的小球个数都不相同，则共有_种不同的放法.【答案】18【解析】【分析】先确定盒子球数分配方法，再进行排列.【详解】由题意得三个盒子球数为（1，2，6），（1，3，5），（2，3，4）这三种，所以共有种不同的放法.【点睛】本题考查排列应用题，考查基本分析与求解能力，属中档题.15.设且，若能被整数，则_【答案】12【解析】【分析】先求除以的余数，再确定的值.【详解】因为,所以除以的余数为1，因此能被整数，而且，所以【点睛】本题考查二项式定理应用，考查基本分析与求解能力，属中档题.16.如图所示的数阵中，第20行第2个数字是_【答案】【解析】【分析】根据数阵先确定每行第一个数，再根据每行第二个数的分母为上一行肩上两个数分母的和进行列式求解.【详解】根据数阵第行第一个数为，每行第二个数的分母为上一行肩上两个数分母的和，所以第行第二个数为，即第20行第2个数字是.【点睛】本题考查归纳推理，考查基本分析与求解能力，属中档题.三：解答题。17.已知复数满足（其中为虚数单位）（）求；（）若为纯虚数，求实数的值。【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】分析：(1) ）设，可得，解得从而可得结果；(2) 由（1）知，利用为纯虚数可得，从而可得结果.详解：（1）设，由于则：解得：（2）由（1）知又为纯虚数，点睛：本题主要考查的是复数的分类、复数的乘法、除法运算，属于中档题解题时一定要注意和以及 运算的准确性，否则很容易出现错误.18.已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）求曲线的单调区间及在上的最大值【答案】（I）；（II）单调递增区间为和,单调递减区间为,最大值为.【解析】试题分析：(I)先求得在处切线斜率,再求得切点坐标,由此求得切线方程.(II)利用导数求得函数的单调区间,根据单调区间求得最大值.试题解析：（I）解:因为,则,所以切线方程为（II）令得,当时,;当时,;当时,所以的单调递增区间为和,单调递减区间为;当时,.19.已知（，）展开式的前三项的二项式系数之和为16，所有项的系数之和为1.（）求和的值；（）展开式中是否存在常数项？若有，求出常数项；若没有，请说明理由；（）求展开式中二项式系数最大的项.【答案】（1）（2）不存在常数项.（3），【解析】试题分析：（1）由题意得，根据组合数公式求得，由赋值法得，解得.（2）先根据二项式通项公式得 ，再根据x次数无零解得不存在常数项.（3）由二项式性质得展开式中中间两项的二项式系数最大，再根据二项式定理求中间两项试题解析：解：（1）由题意，即.解得，或（舍去），所以因为所有项的系数之和为1，所以，解得.（2）因为，所以 .令，解得，所以展开式中不存在常数项.（3）由展开式中二项式系数的性质，知展开式中中间两项的二项式系数最大，二项式系数最大的两项为：；.点睛：二项展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者是指组合数，而后者是字母外的部分.前者只与和有关，恒为正，后者还与有关，可正可负.通项是第项，不是第项.20.由四个不同的数字1，2，4，组成无重复数字的三位数.（最后的结果用数字表达）（）若,其中能被5整除的共有多少个？（）若，其中能被3整除的共有多少个？（）若，其中的偶数共有多少个？（）若所有这些三位数的各位数字之和是252，求【答案】（1）6个；（2）12个；（3）14个；（4）x=7【解析】试题分析：（1）若x=5，根据题意，要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，由排列数公式计算可得答案；（2）若x=9，根据题意，要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，分“取出的三个数字为1、2、9”与“取出的三个数字为2、4、9”两种情况讨论，由分类计数原理计算可得答案；（3）若x=0，根据题意，要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，分“末位是0”与“末位是2或4”两种情况讨论，由分类计数原理计算可得答案；（4）分析易得x=0时不能满足题意，进而讨论x0时，先求出4个数字可以组成无重复三位数个数，进而可以计算出每个数字用了18次，则有252=18（1+2+4+x），解可得x的值解：（1）若x=5，则四个数字为1，2，4，5；又由要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A32=6种情况，即能被5整除的三位数共有6个；（2）若x=9，则四个数字为1，2，4，9；又由要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，取出的三个数字为1、2、9时，有A33=6种情况，取出的三个数字为2、4、9时，有A33=6种情况，则此时一共有6+6=12个能被3整除的三位数；（3）若x=0，则四个数字为1，2，4，0；又由要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，当末位是0时，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A32=6种情况，当末位是2或4时，有A21A21A21=8种情况，此时三位偶数一共有6+8=14个，（4）若x=0，可以组成C31C31C21=332=18个三位数，即1、2、4、0四个数字最多出现18次，则所有这些三位数的各位数字之和最大为（1+2+4）18=126，不合题意，故x=0不成立；当x0时，可以组成无重复三位数共有C41C31C21=432=24种，共用了243=72个数字，则每个数字用了=18次，则有252=18（1+2+4+x），解可得x=7考点：排列、组合的实际应用21.已知，（其中）.（）求及；（）试比较与的大小，并用数学归纳法给出证明过程.【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】试题分析：（1）采用赋值法，令，右边=左边=，也采用赋值法，令；（2）根据（1）得到，等于比较与的大小，首先赋几个特殊值，采用不完全归纳法，得到答案，然后再用数学归纳法证明.试题解析：（1）取，则； 2分取，4分（2）要比较与的大小，即比较与的大小.当时，；当时，；当时，； 6分猜想：当时，下面用数学归纳法证明： 7分由上述过程可知，时结论成立；假设当时结论成立，即两边同乘以3得：时，即时结论也成立.当时，成立. 11分综上所述，当或时，；当时，. 12分考点：1.二项式定理中的赋值法；2.数学归纳法；3.不完全归纳法.22.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】分析：（1）先求导，再对a分类讨论，求函数的单调区间. (2)对a分类讨论，作出函数的图像，分析出函数f(x)有两个零点所满足的条件，从而求出a的取值范围.详解:（1）由题意得当时，令，则；令，则，在上单调递减，在上单调递增；当时，令，则或，（）当时，令，则或；令，则，在和上单调递增，在上单调递减；（）当时，在上单调递增；（）当时，令，则或；令，则，在和上单调递增，在上单调递减；（2）