【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

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【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.‎
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