2018-2019学年安徽省蚌埠市第二中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

2018-2019学年安徽省蚌埠市第二中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 安徽省蚌埠市第二中学 2018-2019 学年高二下学期期中考试 数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 1．已知是虚数单位，复数 z 满足 ，则 的虚部是（ ） A．1 B． C．－1 D． 【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．1 B．7 C．20 D．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（ ） ① 是两个相等的实数，则 是纯虚数； ②任何两个复数不能比较大小； ③若 ， ，且 ，则 ； ④两个共轭虚数的差为纯虚数． 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】 ① 时， 不是纯虚数； ②任何两个实数可以比较大小； ③若 ， ，且 ，但 ； ④设 ,则其共轭虚数的差为 或 为纯虚数． 综上正确的有④，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 x 轴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．64 B．32 C．63 D．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： ①可求解与二项式系数有关的求值，常采用赋值法. ②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. ③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=x•f′（x）＞0， ∴f′（x）＜0． -3＜x＜0 时，y=x•f′（x）＜0， ∴f′（x）＞0． 由此知极小值为 f（-3）． 0＜x＜3 时，y=x•f′（x）＞0， ∴f′（x）＞0． x＞3 时，y=x•f′（x）＜0， ∴f′（x）＜0． 由此知极大值为 f（3）． 故选 D． 10．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 上是增函数，在 上是减函数，因此 是极大值， 是极小值，故选 B． 12．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. 第 II 卷（非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 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. 评卷人 得分 三、解答题 17．已知复数 满足 （其中为虚数单位） （Ⅰ）求 ； （Ⅱ）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 ． （Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程； （Ⅱ）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 处切线的斜率,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. （Ⅰ）求 和 的值； （Ⅱ）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； （Ⅲ）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） （Ⅰ）若 ,其中能被 5 整除的共有多少个？ （Ⅱ）若 ，其中能被 3 整除的共有多少个？ （Ⅲ）若 ，其中的偶数共有多少个？ （Ⅳ）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 x≠0 时，先求出 4 个数字可以组成无重 复三位数的个数，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 A21×A21×A21=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 C31×C31×C21=3×3×2=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 x≠0 时，可以组成无重复三位数共有 C41×C31×C21=4×3×2=24 种，共用了 24×3=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 ）. （Ⅰ）求 及 ； （Ⅱ）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 ①当 时，令 ，则 ； 令 ，则 ， ∴ 在 上单调递减，在 上单调递增； ②当 时，令 ，则 或 ， （ⅰ）当 时，令 ，则 或 ； 令 ，则 ， ∴ 在 和 上单调递增，在 上单调递减； （ⅱ）当 时， ， ∴ 在 上单调递增； （ⅲ）当 时，令 ，则 或 ； 令 ，则 ， ∴ 在 和 上单调递增，在 上单调递减； （2）由（1）得当 时， 在 和 上单调递增，在 上 单调递减， ∴ 在 处取得极大值 ， ∵ ， ∴此时不符合题意； 当 时， 在 上单调递增， ∴此时不符合题意； 当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减； ∴ 的 处取得极大值 ， ∵ ， ∴此时不符合题意； 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增， ∵ ， ， ∴ 在 上有一个零点， （ⅰ）当 时，令 ，当 时， ∵ ， ∴ 在 上有一个零点， ∴此时符合题意； （ⅱ）当 时，当 时， ， ∴ 在 上没有零点，此时不符合题意； 综上所述，实数的取值范围为 . 点睛：对于含参的问题，注意分类讨论思想的运用. 本题的导数 ， 由于无法直接写出函数的单调区间，所以必须要分类讨论.分类讨论时，要注意分 类的起因、分类的标准、分类的过程和分类的结论.