江苏省常熟市2020届高二数学下学期期中考试理

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江苏省2020学年高二数学下学期期中试题理(含解析)

高二数学下学期期中试题理（含解析）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上．．．．．．．．.1.计算：的值为______.【答案】15【解析】【分析】根据组合数和排列数的计算公式求解得到结果. 【详解】，则本题正确结果：【点睛】本题考查排列数和组合数的计算，属于基础题. 2.已知复数，其中为虚数单位，则复数的实部是_______.【答案】【解析】【分析】根据复数运算，求得，即可根据复数的概念得到实部.【详解】的实部是本题正确结果：【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题.3.已知，则_______.【答案】4或6【解析】【分析】根据组合数性质可得到方程，求解即可得到结果.【详解】由得：或解得：或本题正确结果：或【点睛】本题考查组合数的性质，两种情况分别为或，属于基础题.4.已知复数z=（1+i）（1+2i）,其中i是虚数单位，则z的模是__________【答案】【解析】，故答案为．点睛:对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如．其次要熟悉复数相关概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为．5.用反证法证明“，可被5整除，那么，中至少有一个能被5整除”时，应假设_______.【答案】中没有能被整除的数【解析】【分析】反证法证明中，假设时只需要对结论进行否定即可.【详解】“至少有个”的否定是“最多有个”，故应假设，中没有一个能被5整除．【点睛】本题考查了反证法的定义，注意对于像含有“至少”“至多”“都”“或”“且”等特殊词语命题的否定，属于简单题.6.用数学归纳法证明“对于的自然数都成立”时，第一步中的值应取____. 【答案】5【解析】试题分析：时，不等式都不成立，时，，因此初始值为．考点：数学归纳法【名师点睛】数学归纳法证明中的两个基本步骤,第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,第二步中,归纳假设起着“已知条件”的作用,在第二步的证明中一定要运用它,否则就不是数学归纳法.第二步的关键是“一凑假设,二凑结论”.7.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有_____种.【答案】30【解析】排除法：从反面考虑：C42C42－C42＝6×6－6＝30.8.除以9的余数为______.【答案】【解析】解：因为因此除以9以后的余数为79.若，则的值为___.【答案】1【解析】令，得；令，得；两式相加得．点睛：“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.10.已知不等式，，，照此规律总结出第个不等式为_________.【答案】【解析】【分析】通过归纳总结三个不等式的规律，推理出所求结果.【详解】由题意可得：；；则第个不等式为：本题正确结果：【点睛】本题考查归纳推理的相关知识，关键是能够通过已知不等式总结出的变化规律.11.在平面几何中，的内角平分线分所成线段的比（如图所示），把这个结论类比到空间：在三棱锥中（如图所示），面平分二面角且与相交于点，则得到的结论是______.【答案】【解析】试题分析：在中，作于，于F，则，所以，根据面积类比体积，长度类比面积可得，即．考点：类比推理．【思路点晴】本题考查类比推理及其应用，属于中档试题，类比推理是根据两类是事物之间具有很大的相似性，其中一类事物具有某种性质，推测另一类事物也具有某种性质的一中推理形式，本题中利用三角形的内角平分线定理类比空间三棱锥，根据面积类此体积，长度类比面积，从而得到，进而得到，同时也试题的一个难点和易错点．12.如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为_______.【答案】420【解析】【分析】分成号区间用种颜色和种颜色两种情况，分别计算涂色方案种数，再根据加法原理求得结果.【详解】将区域标注数字序号如下图：当号区间共用种颜色，即同色且与异色时共有涂色方法：种当共用种颜色时，共有涂色方法：种则不同的涂色方案总数为：种本题正确结果：【点睛】本题考查排列组合问题中的涂色问题，解决涂色问题的关键是能够找到“中轴线”，根据“中轴线”的颜色数量确定剩余区域的可选颜色数量；也可以根据对称区间同异色来进行讨论.13.把正整数排成如图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图乙的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到一个数列，则___.【答案】3974【解析】【分析】根据变化规律可知第行数字个数等于且第行最后一个数字为；验算可知为第行第个数；根据数字规律可得结果.【详解】由图乙可知，第行数字个数等于且第行最后一个数字为为第行第个数又第行最后一个数字为则第行第个数为：本题正确结果：【点睛】本题考查归纳推理、等差数列求和公式的应用.解决本题的关键是发现数字变化的规律，得到一般性命题，属于中档题.14.三角形的周长为31，三边，，均为整数，且，则满足条件的三元数组的个数为______.【答案】24【解析】【分析】根据三角形三边关系、周长为，可求得且，采用列举法列举出所有可能的结果，从而得到三元数组的个数.【详解】由三角形三边关系及周长可得：又，，即，，所以所有可能的取值为：且①当时，或②当时，或或③当时，或或或或④当时，或或或或或⑤当时，或或或或或或或则三元数组共有：个本题正确结果：【点睛】本题考查三角形三边关系，解题关键是能够得到边长的取值范围，然后根据分类计数原理，采用列举的方法求得结果.二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内．．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知复数（，是虚数单位）是纯虚数. （1）求的值；（2）若复数，满足，求的最大值.【答案】（1）；（2）3【解析】【分析】（1）化简复数可得，根据纯虚数的定义，可得方程组，解方程组求得；（2）假设，利用求得关系即的范围；从而可求得的最大值.【详解】（1）复数又是纯虚数，则，解得：的值是（2）由（1）可以知道：设，即则的最大值为【点睛】本题考查复数的除法运算、纯虚数的定义、复数模长的求解问题，考查学生的计算能力，属于基础题.16.（1）设，求证：；（2）已知非零实数，，是公差不为零的等差数列，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）将问题变成证明：，通过因式分解变成乘积的形式，依次判断各个因式的符号，进而证得结论；（2）采用反证法，假设成立，又，可得，与已知矛盾，故假设不成立，从而证得结论.【详解】（1）由因为，所以，，所以（2）假设，则……①而……②由①②，得，即于是，这与非零实数，，成公差不为零的等差数列矛盾故假设不成立，原命题结论成立，即成立【点睛】本题考查作差法和反证法证明不等式的问题.采用反证法证明不等式时，首先假设成立，最终证得与已知条件或常识相矛盾的结论，从而否定假设，证得结论.17.从8名运动员中选4人参加米接力赛，在下列条件下，各有多少种不同的排法？（1）甲、乙两人必须入选且跑中间两棒；（2）若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒；（3）若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒；（4）甲不在第一棒.【答案】（1）60；（2）480；（3）180；（4）1470【解析】【分析】（1）先选好参赛选手，再安排好甲、乙两人，再安排剩余两人，相乘得到结果；（2）先确定参赛选手，共有种选法；再安排好甲或乙，继续安排好剩余三人，相乘得到结果；（3）先选好参赛选手，再用捆绑法求得结果；（4）先安排好第一棒，再安排好其余三棒，相乘得到结果.【详解】（1）除甲、乙外还需选择人参加接力赛共有种选法则甲、乙跑中间两棒共有种排法；另外人跑另外两棒共有种排法甲、乙两人必须入选且跑中间两棒共有：种排法（2）甲、乙只有一人入选且选另外选人参加接力赛共有种选法甲或乙不跑中间两棒共有种排法；其余人跑剩余三棒共有种排法甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒共有：种排法（3）除甲、乙外还需选择人参加接力赛共有种选法甲乙跑相邻两棒，其余人跑剩余两棒共有种排法甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒共有：种排法（4）甲不在第一棒则需选择一人跑第一棒，共有种选法其余三棒共有种排法甲不在第一棒共有种排法【点睛】本题考查排列组合的综合应用问题，解决排列组合问题的常用方法有：特殊元素优先法、相邻问题捆绑法、相离问题插空法等.再面对复杂排列组合问题时，遵循先选后排的原则，可以更好的缕顺解题思路.18.已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大992.（1）求的值；（2）求展开式中的项；（3）求展开式中系数最大的项.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）代入求得各项系数和为，又二项式系数和为，根据二者相差可得方程，解方程求得；（2）根据展开式通项公式，令的幂指数等于，求得，进而可得所求项；（3）由展开式通项可知系数通项为，利用解得，进而求得系数最大的项.【详解】（1）展开式各项系数的和为：；二项式系数的和为：又各项系数的和比二项式系数的和大，即，解得（2）展开式的通项公式为：令，解得展开式中的项为：（3）设第项的系数为，则由，即解得：，所以展开式系数最大项为：【点睛】本题考查二项式定理的应用，涉及到二项式系数和、各项系数和的求解、特定项系数的求解以及最大项的求解问题，关键在于能够熟练运用展开式的通项公式，属于常规题型.19.已知等差数列的公差大于0，且，是方程的两根，数列的前项和为，且.（1）求数列、的通项公式；（2）设数列的前项和为，试比较与的大小，并用数学归纳法给予证明．【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据韦达定理可构造方程组求得和，从而得到公差和，根据等差数列通项公式可得；利用可证得为等比数列，根据等比数列通项公式求得；（2）通过列举的结果可猜想当时，；根据数学归纳法的基本步骤，依次证明时成立，在成立的前提下时也成立，从而使问题得以解决.【详解】（1）由韦达定理可得因为的公差大于，所以，所以，，又可得：因为，所以当时，所以，化简得所以是首项为，公比为的等比数列，即所以，（2）因为，所以，下面比较与的大小：当时，，，所以；当时，，，所以；当时，，，所以；当时，，，所以. 猜想：当时，下面用数学归纳法证明：①当时，，，所以成立；②假设当时，，即那么，当时，所以当时，也成立．由①②可知，对任何，，都有成立综上所述，当时，；当时，【点睛】本题考查等差、等比数列通项公式的求解、利用数学归纳法证明不等式的问题.在运用数学归纳法证明问题时，需要注意的是当时假设成立的结论，必须在证明结论成立的过程中予以应用.20.已知（且，）.（1）设，求中含项的系数；（2）化简：；（3）证明：.【答案】（1）330；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据表达式可知系数为，将改写成，利用组合数的性质：整理得到结果；（2）通过对求导可得，代入可求得，根据可化简得到结果；（3）等式左侧可看做中含项的系数；通过整理出，此时含项的系数为，即等式右侧；由此可知所证等式成立.【详解】（1）由题意知：所以中含项的系数为：（2）两边求导得，令得到，又且所求式子的通项为（3）……①则函数中含项的系数为因为……②①-②得：即所以函数中含项的系数为：所以【点睛】本题考查二项式定理、组合数公式的综合应用问题，解题关键是在处理组合数的化简、证明问题时，常采用构造法逆用二项式定理、对二项展开式左右两端分别求导，从而得到符合题意的组合数；同时在解题过程中要注意组合数性质的应用.。

2020年江苏省高二(下)期中数学试卷解析版

；
（2）若 a，b 都是有理数，且
，求 a，b 的值．
17. 二项式
．
（1）当 a=b=1，n=6 时，求①a1+a2+a3+…+an 的值； ②a1+2a2+3a3+…&18. 现有 4 个不同的球，和 4 个不同的盒子，把球全部放入盒内．（1）共有多少种不同的方法？（2）若没个盒子不空，共有多少种不同的方法？（3）若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？（4）若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？
解：通项公式为
,
第四项的二项式系数为 =10，
故答案为 10．
8.【答案】12
【解析】解：甲乙两名教师和三名学生参加毕业拍照合影，排成一排，甲老师在正中间
且甲乙教师相邻的排法共有 =12，故答案为：12．由排列、组合及简单计数问题得：甲乙两名教师和三名学生参加毕业拍照合影，排成一
排，甲老师在正中间且甲乙教师相邻的排法共有 =12，得解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
19. 在杨辉三角形中，从第 3 行开始，除 1 以外，其它每一个数值是它肩上的两个数之和，这三角形数阵开头几行如右图所示．
（1）证明：
；
（2）求证：第 m 斜列中（从右上到左下）的前 K 个数之和一定等于第 m+1 斜列中的第 K 个数，即
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（3）在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为 3：8：14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由．
20. 正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，且
对于任意的 n∈N*均为成立．
（1）求 a1，a2，a3；（2）猜想数列{an}的通项公式并证明；

2020年江苏省苏州市高二(下)期中数学试卷解析版

期中数学试卷（理科）题号一二总分得分一、填空题（本大题共14小题，共70.0分）1.计算：-=______．2.用反证法证明“a，b∈R，若a3≥b3，则a≥b”时，应假设______．3.已知空间向量=（1，3，2），=（1，0，1），=k-2，=3+4，若∥，则实数k=______．4.已知（i为虚数单位），则复数z的共轭复数是______ ．5.把4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数共有______种．6.已知向量=（3，2，0），=（2，1，2），若（k+）⊥（-），则实数k的值为______．7.若，则x=______．8.用数学归纳法证明1+2+3+…+（2n+1）=（n+1）（2n+1），则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的项为______．9.已知复数z=（m-2）+（m2-9）i在复平面内对应的点位于第三象限，则实数m的取值范围是______．10.上午4节课，一个教师要上3个班级的课，每个班1节课，都安排在上午，若不能3节连上，这个教师的课有______ 种不同的排法．11.观察下列式子：，，，…，根据以上式子可以猜想：______．12.一份试卷有10个题目，分为A，B两组，每组5题，要求考生选择6题，且每组至少选择2题，则考生有______种不同的选答方法．13.由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成无重复数字的四位数中比3042大的数有______个．14.已知数列{a n}满足a1=1，（n∈N*，n≥2），令，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，可求得= ______ ．二、解答题（本大题共6小题，共90.0分）15.设实部为正数的复数z，满足|z|=，且复数（1+2i）z在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上．（1）求复数z；（2）若+（m∈R）为纯虚数，求实数m的值．16.4个男同学，3个女同学站成一排．（1）男生甲必须排在正中间，有多少种不同的排法？（2）3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？（3）任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？（4）其中甲、乙两名同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？17.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=1，∠BAC=90°，且异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°，设AA1=a．（1）求a的值；（2）求平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的大小．18.10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现以下结果：（1）4只鞋子没有成双的；（2）4只恰好成两双；（3）4只鞋子中有2只成双，另2只不成双．19.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC为直角三角形，，顶点C1在底面△ABC内的射影是点B，且AC=BC=BC1=3，点T是平面ABC1内一点．（1）若T是△ABC1的重心，求直线A1T与平面ABC1所成角；（2）是否存在点T，使TB1=TC且平面TA1C1⊥平面ACC1A1，若存在，求出线段TC的长度，若不存在，说明理由．20.已知a i＞0（i=1，2，…，n），考查①；②；③．归纳出对a1，a2，…，a n都成立的类似不等式，并用数学归纳法加以证明．答案和解析1.【答案】110【解析】解：-=5×4×3×2-=120-10=110故答案为：110由排列组合数的运算法则，化简即可．本题考查排列组合数的基本运算，属基础题．2.【答案】a＜b【解析】解：反证法证明“a，b∈R，若a3≥b3，则a≥b”时，应假设a＜b．故答案为：a＜b．利用反证法的定义即可得出结论．本题考查了反证法证明的定义、否定的方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.【答案】-【解析】解：∵空间向量=（1，3，2），=（1，0，1），∴=k-2=（k-2，3k，2k-2），=3+4=（7，9，10），∵∥，∴，解得实数k=-．故答案为：-．利用向量坐标运算法则求出=k-2=（k-2，3k，2k-2），=3+4=（7，9，10），再由∥，能求出实数k的值．本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算法则、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】-1-i【解析】解：由，得z=i（1+i）=-1+i．所以复数z的共轭复数是-1-i．故答案为-1-i．把给出的等式的分母乘到右边，然后采用单项式乘以多项式化简复数z，则z的共轭复数可求．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．5.【答案】81【解析】解：每封信都有3种不同的投法由分步计数原理可得，4封信共有3×3×3×3=34=81故答案为81每封信都有3种不同的投法，由分步计数原理可得，4封信共有34种投法本题主要考查了分步计数原理的应用，要注意结论：m个物品放到n个不同的位置的方法有n m，属于基础试题6.【答案】【解析】解：∵k+=（3k+2，2k+1，2），-=（1，1，-2），∵（k+）⊥（-），∴（k+）•（-）=3k+2+2k+1-4=0，解得：k=．故答案为：．由（k+）⊥（-），可得（k+）•（-）=0，即可得出．本题考查了向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.【答案】3或6【解析】解：利用组合数的性质易得若C18x=C183x-6，则：x=3x-6或x+3x-6=18，则x=3或6故答案为：3或6．由组合数公式，由C18x=C183x-6，找到其与x与3x-6的关系，即可得答案．本题考查组合数公式的运用,本题主要考查组合数的性质的运用，属于基础题，须准确记忆公式．8.【答案】（2k+2）+（2k+3）【解析】解：当n=k（k∈N*）时，1+2+3+…+（2k+1）=（k+1）（2k+1），要证n=k+1时，1+2+3+…+（2k+1）+（2k+2）+（2k+3）=（k+2）（2k+3），可得当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的项为（2k+2）+（2k+3），故答案为：（2k+2）+（2k+3）．写出n=k时，假设成立的等式，n=k+1时，要证的等式，作差可得当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的项．本题考查数学归纳法的应用，主要考查由假设到要证的等式间的关系，考查运算能力和推理能力，属于基础题．9.【答案】（-3，2）【解析】解：由题意可得，，解可得，-3＜m＜2．故答案为：（-3，2）直接由已知的复数得到其在复平面内对应点的坐标的正负即可得答案．本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．10.【答案】12【解析】解：∵4节课中不能连上3节，∴分两类，第一类，上1，2，4节，有种不同的排法，第二类，上1，3，4节，有种不同的排法，∴共有=6+6=12种不同的排法．故答案为：12.因为不能3节连上，所以必定1，4节上，2，3节中在选一节，所以可分成两类，把每类的方法数求出，再相加即可．本意考查了分类计数原理在排列问题中的应用．11.【答案】【解析】解：观察下列式子：，，，…，可知不等式的左边各式分子是1，分母是自然数的平方和，右边分母与最后一项的分母相同，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，故可得故答案为确定不等式的左边各式分子是1，分母是自然数的平方和，右边分母与最后一项的分母相同，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，即可求得结论．本题考查归纳推理，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题，12.【答案】200【解析】解：因为每组至少选择2题，所以分三类．第一类：A组选4道，B组选2道，共有C54C52=50种选法．第二类：A组选3道，B组选3道，共有C53C53=100种选法．第三类：A组选2道，B组选4道，共有C52C54=50种选法．所以，共有：50+100+50=200种选法．故答案为：200．可用分类法去解，因为分为A，B两组，每组5题，要求考生选择6题，且每组至少选择2题，所以可分成三类，第一类：A组选4道，B组选2道，第二类：A组选3道，B 组选3道，第三类：A组选2道，B组选4道，把三类的方法数求出再相加即可．本题考查了分类计数原理在排列组合问题中的应用，属于基础题，应该熟练掌握．13.【答案】64【解析】解：根据题意，用间接法分析：若四位数的千位数字为3或4或5，可以在剩下5个数字中任选3个，安排在后面3个数位，有3×A53=180种情况，其中比3042小的数有3012、3014、3015、3021、3024、3025、3041；共有7个，则比3042大的数有72-1-7=64个；故答案为：64根据题意，用间接法分析：先计算首位为3、4、5的四位数的数目，在列举排除其中3042小的数，据此分析可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，可以用间接法分析，属于基础题．14.【答案】2n【解析】解：由T n=a1•2+a2•22+…+a n•2n①得2•T n=a1•22+a2•23+…+a n•2n+1②①+②得：3T n=2a1+22（a1+a2）+23•（a2+a3）+…+2n•（a n-1+a n）+a n•2n+1=2a1+22×++…++a n•2n+1=2+2+2+…+2+2n+1•a n=2n+2n+1•a n．所以3T n-a n•2n+1=2n．故答案为：2n．先对T n=a1•2+a2•22+…+a n•2n两边同乘以2，再相加，求出其和的表达式，整理即可求出3T n-a n•2n+1的表达式．本题主要考查了数列的求和，以及类比推理，是一道比较新颖的好题目，关键点在于对课本中推导等比数列前n项和公式的方法的理解和掌握，属于基础题．15.【答案】解：（1）设Z=a+bi（a，b∈R且a＞0），由得：a2+b2=10①．又复数（1+2i）z=（a-2b）+（2a+b）i在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，则a-2b=2a+b，即a=-3b②．由①②联立的方程组得a=3，b=-1；或a=-3，b=1．∵a＞0，∴a=3，b=-1，则Z=3-i．（2）∵为纯虚数，∴，解得m=-5．【解析】（1）设Z=a+bi（a，b∈R且a＞0），由条件可得a2+b2=10①，a=-3b②．由①②联立的方程组得a、b的值，即可得到z的值．（2）根据若+（m∈R）为纯虚数，可得，由此求得m的值．本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法法则的应用，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．16.【答案】解：（1）男生甲位置确定，只要让其余6人全排：；（2）（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序有种，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排列有，共有（3）先把4个男生排练有种排法，然后把3个女生向5个空档插孔，有=1440（4）先把甲乙排好顺序有种排序，然后从余下的5人中选出3人站在甲乙中间，有种，然后把甲乙及中间的5人看成一个整体，和其余的2人看着3个整体进行排序，有，共有．【解析】（1）男生甲位置确定，只要让其余6人全排（2）（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排序（3）先把4个男生排列，然后把3个女生向5个空档插孔（4）先把甲乙排好顺序，然后从余下的5人中选出3人站在甲乙中间，然后把甲乙及中间的5人看成一个整体，和其余的2人看着3个整体进行排序本题主要考查了排练中常见方法：特殊元素优先安排法，不相邻元素插孔法，相邻元素捆绑法的应用．17.【答案】解：（1）∵BC∥B1C1，∴∠A1BC就是异面直线A1B与B1C1所成的角，即∠A1BC=60°，（2分）连接A1C，又AB=AC，则A1B=A1C∴△A1BC为等边三角形，（4分）由AB=AC=1，∠BAC=90°，∴；（6分）（2）取A1B的中点E，连接B1E，过E作EF⊥BC1于F，连接B1F，B1E⊥A1B，A1C1⊥B1E⇒B1E⊥平面A1BC1⇒B1E⊥BC1又EF⊥BC1，所以BC1⊥平面B1EF，即B1F⊥BC1，所以∠B1FE就是平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的平面角．（8分）在△B1EF中，∠B1EF=90°，，，∴⇒∠B1FE=60°，（10分）因此平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的大小为60°．【解析】（1）将B1C1平移到BC，∠A1BC就是异面直线A1B与B1C1所成的角，在三角形A1BA内建立等式，解之即可；（2）取A1B的中点E，连接B1E，过E作EF⊥BC1于F，连接B1F，B1E⊥A1B，A1C1⊥B1E ，得到∠B1FE就是平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的平面角，在△B1EF中解出此角即可．本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．18.【答案】解：（1）先从10双中取出4双，然后再从每双中取出一只，结果就是取出的4只鞋子，任何两只都不能配成1双，根据分布计数原理得：C104×2×2×2×2=3360，（2）4只恰好成两双，从10双中取出2双，故有C102=45，（3）先从10双中取出1双，再从9双中取出2双，然后再从每双中取出一只，结果就是4只鞋子中有2只成双，另2只不成双，根据分布计数原理得：C101×C92×2×2=1440．【解析】本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是审清题意，本题考查了推理判断的能力及计数的技巧．（1）先从10双中取出4双，然后再从每双中取出一只，结果就是取出的4只鞋子，任何两只都不能配成1双，根据分布计数原理得，（2）4只恰好成两双，从10双中取出2双，问题得以解决（3）先从10双中取出1双，再从9双中取出2双，然后再从每双中取出一只，结果就是4只鞋子中有2只成双，另2只不成双，根据分布计数原理得．19.【答案】解：如图以CB、CA分别为x，y轴，过C作直线Cz∥BC1，以Cz为z轴建立空间坐标系，则B（3，0，0），C（0，0，0），A（0，3，3），C1（3，0，3），∵=+=（6，0，3），∴B1（6，0，3），∵=+=（3，3，3），∴A1（3，3，3），（1）∵T是△ABC1重心，∴T（2，1，1），∴=（1，2，2），设面ABC1的法向量为=（x，y，z），由=（3，-3，0），及得：令x=1，则=（1，1，0），设直线A1T与平面ABC1所成角为θ，则cosθ===，故θ=，故直线A1T与平面ABC1所成角为．（2）T在面ABC1内，=+=+m+n=（3-3n，3n，3m），即T（3-3n，3n，3m）．由TB1=TC得：（3-3n）2+（3n）2+（3m）2=（3n+3）2+（3n）2+（3m-3）2，即-2m+4n=-1…①设面CAA1C1法向量为=（a，b，c），由=（0，3，0），=（3，0，3）得：，取a=1，则=（1，0，-1），设面TA1C1法向量为=（x，y，z），由=（0，3，0），=（-3n，3n，3m-3），得：取x=m-1，则=（m-1，0，n），由平面TA1C1⊥平面ACC1A1，得：cos＜，＞==0，即m=n+1…②由①②解得，n=，m=，∴存在点T（，，）满足条件，此时TC=．…10分【解析】（1）以CB、CA分别为x，y轴，过C作直线Cz∥BC1，以Cz为z轴建立空间坐标系，求出直线A1T的方向向量和平面ABC1的法向量，代入向量夹角公式，可得直线A1T与平面ABC1所成角；（2）T在面ABC1内，=+=+m+n，由TB1=TC得，-2m+4n=-1…①；求出面CAA1C1法向量和面TA1C1法向量，由平面TA1C1⊥平面ACC1A1，得：m=n+1…②，解方程组求出m，n的值，进而可得TC的长度．本题考查的知识点是平面与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法，直线与平面的夹角，其中建立空间直角坐标系，将问题转化为向量夹角问题是解答的关键．20.【答案】结论：（a1+a2+…+a n）（++…+）≥n2证明：①当n=1时，显然成立；②假设当n=k时，不等式成立，即：（a1+a2+…+a k）（++…+）≥k2那么，当n=k+1时，（a1+a2+…+a k+a k+1）（++…++）=（a1+a2+…+a k）（++…+）+a k+1（++…+）+（a1+a2+…+a k）+1≥k2+（+）+（+）+…+（+）+1≥k2+2k+1=（k+1）2即n=k+1时，不等式也成立．由①②知，不等式对任意正整数n成立．【解析】依题意可归纳出：（a1+a2+…+a n）（++…+）≥n2；下面用数学归纳法证明：①当n=1时易证；②假设当n=k时，不等式成立，去证明当n=k+1时，不等式也成立即可，需注意归纳假设的利用与基本不等式的应用．本题考查归纳推理与数学归纳法，着重考查归纳假设的利用与基本不等式的应用，考查推理证明的能力，属于难题．第11页，共11页。

江苏省2020学年高二数学下学期期中试题理(含解析)

第二学期期中考试高二数学试题（理）一、填空题。

1.若矩阵14A⎡=⎢⎣11-⎤⎥⎦，1,2B⎡⎤=⎢⎥⎣⎦则=AB_____.【答案】1 6 -⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：.考点：矩阵与矩阵的乘法.2.总体由编号为01,02,19,20⋅⋅⋅的20个个体组成，利用截取的随机数表（如下图）选取6个个体，选取方法是从所给的随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为 _________.【答案】05【解析】【分析】根据随机数表的规则，依次读取在编号内的号码，取出第6个编号即为所求，重复的只算一次.【详解】解：由随机数表第1行的第5列和第6列数字组合成的两位数为65，从65开始由左到右依次选取两个数字，将在01,02,19,20⋅⋅⋅内的编号依次取出，重复的只算一次，即依次选取个体的编号为08,02,14,07,11,05,⋅⋅⋅，因此第6个个体的编号为05.【点睛】本题考查了利用随机数表进行抽样的问题，读懂抽样规则是解题的关键.3.甲、乙、丙三人站成一排，则甲、乙相邻的概率是_________. 【答案】23【解析】试题分析：甲、乙、丙三人站成一排，共有3216⨯⨯=种排法，其中甲、乙相邻共有2214⨯⨯=种排法，因此所求概率为42.63= 考点：古典概型概率【方法点睛】古典概型中基本事件数的计算方法 (1)列举法：此法适合于较简单的试验．(2)树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适合较复杂问题中基本事件数的探求． (3)列表法：对于表达形式有明显二维特征的事件采用此法较为方便． (4)排列、组合数公式法．4.若()9x y +按x 的降幂排列的展开式中，第二项不大于第三项，且1,0x y xy +=<，则x 的取值范围是_______.【答案】()1,+∞ 【解析】【分析】列出二项展开式的通项公式，根据第二项不大于第三项和,x y 的关系构造不等式组，解不等式组可求得x 的范围. 【详解】()9x y +二项展开式的通项公式是：919r r rr T C x y -+=⋅⋅依题意，有19129229910C x y C x y x y xy --⎧⋅⋅≤⋅⋅⎪+=⎨⎪<⎩，由此得：()()()22141010x x x x x x ⎧---≤⎪⎨-<⎪⎩解得：1>x ，即x取值范围为()1,+∞本题正确结果：()1,+∞【点睛】本题考查二项式定理的应用问题，属于基础题.5.把分别写有“灰”、“太”、“狼”的三张卡片随意排成一排，则能使卡片排成的顺序从左向右或从右向左都可以念为“灰太狼”的概率是_______（用分数表示）【答案】13【解析】【分析】求出三张卡片全排列和满足条件的事件的种数，根据古典概型概率公式求得结果. 【详解】三张卡片全排列，共有336A =种结果满足条件的事件共有2种结果根据古典概型概率公式得到：2163P == 本题正确结果：13【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.6.已知样本9,10,11,,x y 的平均数是10，标准差是2，则xy =________. 【答案】96 【解析】9101150,20x y x y ++++=+=，2211(10)(10)10x y ++-+-=，22220()192,()220()192,96x y x y x y xy x y xy +-+=-+--+=-=-7.方程22361414x x x C C --=的解为________. 【答案】2,3,4x = 【解析】试题分析：220{360x x x -≥-≥，2x ∴≥，由题意得或，解得2,3,4x =.考点：组合.8.(2017·江苏，4)如图是一个算法流程图，若输入x的值为161，则输出y 的值是____.【答案】－2 【解析】由题意得212log 216y =+=-，故答案为2-．点睛:算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构、条件结构和伪代码的考查．先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环的初始条件、循环次数、循环的终止条件，要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项．9.直线325:415x t l y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数）上与点()2,1P -距离为5，且在点P 下方的点的坐标为____. 【答案】()1,5-- 【解析】试题分析：2234[(2)2][(1)1]555t t +-+-++=，5t ∴=，Q 在点P 下方，5t ∴=-，1x ∴=-，5y =-，所以所求点的坐标为.考点：参数方程.10.口袋中有个()*n n N∈白球，3个红球，依次从口袋中任取一球，如果取到红球，那么继续取球，且取出的红球不放回；如果取到白球，就停止取球，记取球的次数为X ，若()7230P X ==，则n 的值为______ . 【答案】7 【解析】【分析】首先确定第一次取出红球，第二次取出白球的取法种数；再确定取2次的所有取球方法数；根据古典概型概率公式可构造出关于n 的方程，解方程求得结果.【详解】2X =说明第一次取出的是红球，第二次取出的白球，取球方法数为113n A A ⋅ 取2次的所有取球方法数23n A +利用()()()113233723230n n A A n P X A n n +⋅∴====++，即()()7670n n --= *N n ∈Θ 7n ∴=本题正确结果：7【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用问题，关键是能够确定符合题意的取法种数，属于基础题.11.在极坐标中，点1,,2,33A B ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，动点P 满足12PA PB =，则动点P 轨迹的极坐标方程为___________ . 【答案】34cos 3πρθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭【解析】试题分析：(1,)3A Q π，(2,)3B π，1(2A ∴，B ，设),(y x P ，由12PA PB =得22203x y x y +-=，2cos 3ρθθ∴=，则34cos 3πρθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.考点：极坐标与普通方程的转化.【易错点晴】本题主要考查了极坐标与普通方程的转化、平面解析法求点的轨迹、两角差的余弦公式.极坐标问题转化为普通方程来解决是极坐标题常用的方法，要求学生熟练极坐标与普通方程的互化公式.用平面解析法求点的轨迹也是本题的另一个考点，该方法也是研究轨迹的常用方法.本题难度不大，属于中档题.12.如图，在小地图中，一机器人从点()0,0A 出发，每秒向上或向右移动1格到达相应点，已知每次向上移动1格的概率是23，向右移动1格的概率是13，则该机器人6秒后到达点()4,2B 的概率为__________.【答案】24320【解析】【分析】首先确定6秒内向右移动4次，向上移动2次；从而可根据二项分布概率公式求得结果. 【详解】由题意，可得6秒内向右移动4次，向上移动2次则所求概率为：4246122033243C ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭本题正确结果：24320 【点睛】本题考查二项分布概率公式的应用，属于基础题.13.5123x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项是__________ . 【答案】1683- 【解析】【分析】将原式变为5123x x ⎡⎤⎛⎫+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，列出二项展开式的通项公式；再列出512rx x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式，从而可知当520r k --=时为常数项；根据,r k 的取值范围可求得,r k ，代入通项公式可常数项的各个构成部分，作和得到常数项.【详解】由题意知：55112323x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-=+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦则展开式通项公式为：()55123rrr C x x -⎛⎫+⋅- ⎪⎝⎭又512rx x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为：()555255122kr kkk r k r krr Cx C x x --------⎛⎫= ⎪⎝⎭∴当520r k --=时，该项为展开式的常数项又[]0,5r ∈，[]0,5k ∈，且,k r Z ∈12r k =⎧∴⎨=⎩或31r k =⎧⎨=⎩或50r k =⎧⎨=⎩则展开式常数项为：()()()35122311554525232331683C C C C C ⋅⋅-+⋅⋅-+⋅-=-本题正确结果：1683-【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的问题，对于多项的展开式，可进行拆分，变为两项之间的关系再展开，得通项公式后，再次利用二项式定理展开，从而变为二元一次方程，通过讨论可得结果.14.已知数列{}n a 为()0123,,,,,n a a a a a n N ⋅⋅⋅∈01230nn i n i b a a a a a a ===++++⋅⋅⋅+∑，i N ∈.若数列{}n a 为等差数列()2n a n n N =∈，则()1ni i n i b C =∑________.【答案】22(3)2n n n -+⋅【解析】试题分析：02,nn n i i a n b a ===∑Q ，()02421n b n n n =++++=+L()01221nn n n n n n x C C x C x C x L +=++++两边同乘以x ，则有()0122311nn n n n n n x x C x C x C x C x ++=++++L ，两边求导，左边=()()111n n x nx x -+++，右边=()0122231n nn n n n C C x C x n C x ++++L ，即()()()1012211231n n n nn n n n x nx x C C x C x n C x L -+++=+++++（*），对（*）式两边再求导，得()()()()121232121112?1?3?2?4?3?1n n n n n n n n n x n n x x C C x C x n nC x ---++-+=+++++L取x=1，则有()()22123321?2?2?3?3?4?1n nn n n n n n C C C n n C -+=+++++L∴()221(3)2nin ini b C nn -=∴=+⋅∑考点：数列的求和二、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人，从中选5人外出比赛，分别求出下列情形有多少种选派方法？（以数字作答）()1男3名，女2名； ()2队长至少有1人参加； ()3至少1名女运动员；()4既要有队长，又要有女运动员.【答案】（1）3264120C C =种选法．（2）1423324146464646246C C C C C C C C +++=种选法．（3）196种选法．（4）444985()191C C C +-=种．【解析】第一问中，要确定所有的选法由题意知本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有36C 种选法．再选2名女运动员，有24C C42种选法第二问中，（间接法）：“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．从10人中任选5人，有510C 种选法，其中全是男运动员的选法有56C 种．第三问中，“只有男队长”的选法为48C 种； “只有女队长”的选法为48C 种； “男、女队长都入选”的选法为38C 种；第四问中当有女队长时，其他人选法任意，共有49C 种选法．不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法．其中不含女运动员的选法有45C 种，解：（1）由题意知本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有36C 种选法．再选2名女运动员，有24C C42种选法．共有3264120C C =种选法．（3分）（2）法一（直接法）：“至少1名女运动员”包括以下几种情况： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类加法计数原理可得有1423324146464646246C C C C C C C C +++=种选法．法二（间接法）：“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．从10人中任选5人，有510C 种选法，其中全是男运动员选法有56C 种．所以“至少有1名女运动员”的选法有510C -56C =246种．（4分）（3）“只有男队长”的选法为48C 种；“只有女队长”的选法为48C 种； “男、女队长都入选”的选法为38C 种； ∴共有248C +38C =196种．∴“至少1名队长”的选法有C105-C85=196种选法．（4分）（4）当有女队长时，其他人选法任意，共有49C 种选法．不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法．其中不含女运动员的选法有45C 种， ∴不选女队长时共有48C -45C 种选法．既有队长又有女运动员的选法共有444985()191C C C +-=种．（4分）16.已知圆C 的极坐标方程：2sin ρθ=直线l 的极坐标方程：sin 324πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭()1求圆心C 到直线l 的距离； ()2若直线l 在矩阵10M ⎡=⎢⎣24⎤⎥⎦的交换下得到直线m ，求直线m 的直角坐标方程. 【答案】（1）522；（2）43240x y -+=. 【解析】试题分析：（1）求得圆C 的普通方程为()2211x y +-=，直线l 的普通方程为60x y -+=，由点到直线的距离公式可求得距离522d =；（2）22]44x x y y y +⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，2{4x x yy y=+∴=''，12{14x x y y y ''-∴='=，116024x y y -''+'-=，∴43240x y -+=. 试题解析：圆()22:11C x y +-=，直线.（1）0155222d -+==（2）43240x y -+=考点：极坐标与普通方程的转化、点到直线的距离公式、矩阵的运算.17.如图，在三棱锥A BCD -中，已知,ABD BCD V V 都是边长为2的等边三角形，E 为BD 中点，且AE ⊥平面BCD ，F 为线段AB 上一动点，记BFBAλ=.()1当13λ=时，求异面直线DF 与BC 所成角的余弦值； ()2当CF 与平面ACD 15时，求λ的值. 【答案】（1）2856（2）12λ=【解析】分析：（1）建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线线角与向量夹角相等或互补得结果，（2）建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面ACD 的一个法向量，再根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余列等量关系，解得结果，详解：连接CE ，以,,EB EC EA 分别为,,x y z 轴，建立如图空间直角坐标系，则(()()(),1,0,0,,1,0,0A B C D -，因为F 为线段AB 上一动点，且BFBAλ=，则(()=BF BA λλλ=-=-u u u v u u u v ，所以()1F λ-．（1）当13λ=时，2,0,33F ⎛ ⎝⎭，()5,0,,1,33DF CB ⎛== ⎝⎭u u u v u u u v ，所以5cos ,DF CB ==u u u v u u u v．（2）()1,CF λ=-u u u v，设平面ACD 的一个法向量为n v=(),,x y z由n v DA ⊥,n v DC⊥得()(()(),,0,,0x y z x y z ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，化简得00x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，取n v)1,1=--设CF 与平面ACD 所成角为θ，则sin cos ,10CF n θ===u u u v v解得12λ=或2λ=（舍去），所以12λ=．点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.18.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是32 和43，假设两人射击是否击中目标相互直线没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响.()1求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；()2求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；()3假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击，问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率是多少？【答案】（Ⅰ）6581（Ⅱ）18（Ⅲ）451024 【解析】（1）甲至少一次未击中目标的概率1P 是401444442165(1)(2)(3)(4)1(0)1()()3381P P P P P P =+++=-=-⋅= （2）甲射击4次恰击中2次的概率为22224218()()3327P C =⋅=，乙射击4次恰击中3次的概率为33343127()4464P C =⋅=，由乘法公式，所求概率23827127648P P P ==⨯=。

【数学】江苏省常熟市2019-2020学年高二下学期期中考试

江苏省常熟市2019-2020学年高二下学期期中考试注意事项答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1.本卷共4页，包含选择题(第1题～第12题)、填空题(第13题～第16题)、解答题(第17题～第22题)，本卷满分150分，考试时间为120分钟，考试结束后，请将答题卷交回。

2.答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卷的规定位置。

3.请在答题卷上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其它位置作答一律无效。

选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

4.请保持答题卷卷面清洁，不要折叠、破损.一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔。

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.已知复数z＝21ii(其中i是虛数单位)，则复数z的虛部为A.－1B.－iC.1D.i2.火车开出车站一段时间内，速度v(单位：m/s)与行驶时间t(单位：s)之间的关系是v(t)＝0.4t ＋0.6t2，则火车开出几秒时加速度为2.8m/s2?A.32s B.2s C.52s D.73s3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1BD与平面ABCD所成二面角的正弦值为D.1 34.有6个人排成一排拍照，其中甲和乙相邻，丙和丁不相邻的不同的排法有A.240种B.144种C.72种D.24种5.若函数f(x)＝x3－3bx＋2在区间(2，3)内单调递增，则实数b的取值范围是A.b≤4B.b<4C.b≥4D.b>46.如图，在圆锥PO的轴截面PAB中，∠APB＝60°，有一小球O1内切于圆锥(球面与圆锥的侧面、底面都相切)，设小球O1的体积为V1，圆锥PO的体积为V，则V1：V的值为A.13B.49C.59D.237.若函数()2x x f x ax e=-存在两个不同零点，则实数a 的取值范围是 A.(－∞，1e ) B.(0，1e ) C.(－∞，0)∪{1e } D.(－∞，0)∪(0，1e) 8.从0，1，2，3，…，9中选出三个不同数字组成一个三位数，其中能被3整除的三位数个数为A.252B.216C.162D.228二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

江苏省常熟市2020-2021学年高二下学期期中考试理数试题

（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数在时恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数，求证：函数的极大值小于1.
参考答案
1．8
【分析】
由排列数的公式将原式化为关于的一元二次方程，即可求出结果.
【详解】
因为，所以，即，因为，
所以 .
故答案为8
【点睛】
本题主要考查排列数的计算，熟记公式即可，属于基础题型.
14．设函数，若对任意的，在区间内总有两个不同的零点，则实数的取值范围是____.
二、解答题
15．已知复数（，是虚数单位）.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）设是的共轭复数，复数在复平面上对应的点在第四象限，求的取值范围.
16．已知函数 .
（1）求函数在点处的切线方程；
【详解】
设直线与曲线的切点为，
由得，所以曲线在点处的切线斜率为，
又直线与曲线切于点，所以，因此，所以或，
因为点在直线上，所以 .
故答案为
【点睛】
本题主要考查由直线与曲线相切求参数，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.
7．3
【分析】
先设复数所对应坐标为，根据得到所满足关系式，再由表示点到原点的距离，进而可求出结果.
【详解】
说明集合和集合元素完全相同，既互为子集的关系
本题正确结果：且
【点睛】
本题考查合情推理中的类比推理，属于基础题．
9．
【分析】
先求出“从10个数中取出2个不同的数”所包含的基本事件总数，再求出“这2个数恰好有一个是偶函数”所包含的基本事件个数，基本事件个数比即是所求概率.

江苏省苏州市常熟市2019-2020学年高二下学期期中数学试卷及解析

江苏省苏州市常熟市2019-2020学年高二下学期期中数学试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.已知复数1z i =-（其中i 是虛数单位），则复数z 的虛部为（） A.1-B.i -C.1D.i2.火车开出车站一段时间内，速度v （单位：m/s ）与行驶时间t （单位：s ）之间的关系是()20.40.6v t t t =+，则火车开出几秒时加速度为2.8m/s 2？（）A.32s B.2s C.52s D.73s 3.在正方体1111ABCD A B C D -中，平面1A BD 与平面ABCD 所成二面角的正弦值为（）D.134.有6个人排成一排拍照，其中甲和乙相邻，丙和丁不相邻的不同的排法有（） A.240种B.144种C.72种D.24种5.若函数()332f x x bx =-+在区间()2,3内单调递增，则实数b 的取值范围是（） A.4b ≤B.4b <C.4b ≥D.4b >6.如图，在圆锥PO 的轴截面PAB 中，60APB ∠=︒，有一小球1O 内切于圆锥（球面与圆锥的侧面、底面都相切），设小球1O 的体积为1V ，圆锥PO 的体积为V ，则1:V V 的值为（）A.13B.49C.59D.237.若函数()2x x f x ax e =-存在两个不同零点，则实数a 的取值范围是（）A.1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B.10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C.()1,0e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭D.()1,00,e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭8.从0，1，2，3，…，9中选出三个不同数字组成一个三位数，其中能被3整除的三位数个数为（） A.252B.216C.162D.228第II 卷（非选择题）二、填空题（题型注释）9.复数z 满足z i=（其中i 是虛数单位），则复数z 的模等于______. 10.设函数()f x 满足()()2311f x x f x '=++，则()3f 的值为______.11.用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中五个区域进行涂色，要求相邻区域所涂颜色不同，共有______种不同的涂色方法.（用数字回答）三、解答题（题型注释）12.已知复数(),z a bi a b R =+∈满足3z i +为实数，2zi-为纯虚数，其中i 是虚数单位. （1）求实数a ，b 的值；（2）若复数()2125z z m m i =++-在复平面内对应的点在第四象限，求实数m 的取值范围.13.已知函数()ln f x ax bx x =+，()f x 在x e =处的切线方程是0x y e +-=，其中e 是自然对数的底数.（1）求实数a ，b 的值；（2）求函数()f x 的极值.14.某班有6名同学报名参加校运会的四个比赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法，（用数字回答）（1）每人恰好参加一项，每项人数不限；（2）每项限报一人，且每人至多参加一项；（3）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加.15.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =，M 是PD 上一点，且BM PD ⊥.（1）求异面直线PB 与CM 所成角余弦的大小；（2）求点M 到平面PAC 的距离.16.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AB CD ，3AB AC AD ===，4PA CD ==，E 为线段AB 上一点，2AE EB =，M 为PC 的中点.（1）求证：//EM 平面PAD ；（2）求直线AM 与平面PCE 所成角的正弦值. 17.已知()221()ln ,x f x a x x a R x-=-+∈．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立．四、新添加的题型）A.若()2211x f x x -=+，则()()2241x f x x '=+ B.若()2x f x e =，则()2x f x e '=C.若()f x =()f x '=D.若()cos 23f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()sin 23f x x π⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭19.下面四个命题中的真命题为（） A.若复数z 满足1R z∈，则z R ∈ B.若复数z 满足2z ∈R ，则z R ∈ C.若复数1z ，2z 满足12z z R ∈，则12z z = D.若复数z R ∈，则z R ∈ 20.以下关于函数()21f x x x=+的说法正确的是（） A.函数()f x 在0,上不单调B.函数()f x 在定义域上有唯一零点C.函数()f xD.x =()f x 的一个极值点21.（多选题）如图，在菱形ABCD 中，2AB =，60BAD ∠=，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △位置，连结PC ，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A.PC 与平面BCD 所成的最大角为45B.存在某个位置，使得PB CD ⊥--的大小为90时，PC=C.当二面角P BD CD.存在某个位置，使得B到平面PDC22.已知四面体ABCD的所有棱长均为a，则对棱AB与CD间的距离为______，该四面体的外接球表面积为______.参考答案1.A【解析】1.利用复数的除法运算化简，再得到复数z 的虛部.21i z i =-2(1)1(1)(1)i i i i i --==--+--，则复数z 的虛部为1-. 故选：A 2.B【解析】2.计算()'v t ，根据()'v t 的物理意义，代入() 2.8='v t ，简单计算可得结果. 由题可知：()20.40.6v t t t =+，所以()=0.4+1.2'v t t 则()2.8=0.4+1.22⇒=t t s 所以火车开出2s 时加速度为2.8m/s 2 故选：B 3.C【解析】3.连AC 交BD 于O ，连1A O ，证明BD ⊥平面11AAC C ，从而有1,AC BD AO BD ⊥⊥，1AOA ∠或（补角1A OC ∠）为平面1A BD 与平面ABCD 所成二面角的平面角，在1Rt AOA 中求出11,AO AA 关系，即可得出结论.连接AC 交BD 于点O ，连1A O ，如下图所示，因为1AA ⊥平面ABCD ，所以11,A AA BD AC BD A C A A ⊥⊥=，，BD ⊥平面111,AAC C AO ⊂平面111,AAC C BD AO ⊥，所以1AOA ∠（或补角1A OC ∠）为平面1A BD 与平面ABCD 的平面角，在△A 1OA 中，设AA 1＝a ，则AO 2=a ，12A O a =，1111sin sin2AAAOC AOAAO∠=∠===所以平面1A BD与平面ABCD.故选：C．4.B【解析】4.甲和乙相邻，捆绑法，丙和丁不相邻用插空法，即先捆甲和乙，再与丙和丁外的两人共“3人”排列，再插空排丙和丁.甲和乙相邻，捆绑在一起有22A种，再与丙和丁外的两人排列有33A种，再排丙和丁有24A种，故共有22A33A24A144=种.故选：B5.A【解析】5.先对函数求导，根据函数在区间()2,3内单调递增，转化为导函数大于等于0，然后分离常数b，根据最值求得b的取值范围.3()32f x x bx=-+，2()33f x x b'=-，∵函数()332f x x bx=-+在区间()2,3内单调递增，∴导函数2()33f x x b'=-0,(2,3)x≥∈恒成立，则2,(2,3)b x x≤∈恒成立，故4b≤.故选：A．6.B【解析】6.采用数形结合，假设小球1O 的半径为r ，圆O 的半径为R，然后计算=r R ，可得R =，然后根据体积公式简单计算，可得结果.如图设小球1O 的半径为r ，圆O 的半径为R 由1△△POB PMO 所以11=PO O MPB OB由60APB ∠=︒，所以tan tan 603=∠==OP R OBP R R2sin2==∠OBPB RAPB所以=r RR =所以3323141,3333πππ==⋅==r R V V R r所以149=V V ，故选：B 7.C【解析】7.首先能判断出0x=是函数的零点，问题转化为xxa e =有一个非零根，构造函数，研究其图象的走向，从而得出结果.函数()2x x f x ax e =-存在两个不同零点，等价于2x x ax e=有两个不同的解，0x =满足条件，所以xxa e =有一个非零根，令()x x g x e =，21'()x x xx e xe xg x e e--==，当1x >时，)'(0g x <，1x <时，'()0g x >，所以()g x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，且当(,1)x ∈-∞时，1()(,)f x e ∈-∞，当(1,)x ∈+∞时，1()(0,)f x e∈，所以xx a e =有一个非零根时，实数a 的取值范围是()1,0e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭，故选：C. 8.D【解析】8.根据题意将10个数字分成三组:即被3除余1的有1，4，7；被3除余2的有2，5，8；被3整除的有3，6，9，0，若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论:每组自己全排列，每组各选一个，再利用排列与组合的知识求出个数，进而求出答案.解:将10个数字分成三组，即被3除余1的有{1,4,7}，被3除余2的有{2,5,8}，被3整除的有{3,6,9,0}.若要求所得的三位数被3整除，则可以分类讨论:①三个数字均取自第一组{1,4,7}中，或均取自第二组{2,5,8}中，有33212A =个；②若三个数字均取自第三组{3,6,9,0}，则要考虑取出的数字中有无数字0，共有324318A A -=个；③若三组各取一个数字，第三组中不取0，有11133333162C C C A ⋅⋅⋅=个， ④若三组各取一个数字，第三组中取0，有112332236C C A ⋅⋅⋅=个，这样能被3整除的数共有12+18+162+36228=个. 故选：D.【解析】9.利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出结果． ∵3iz i-=， ∴223331131i i i i i z i i --+===---=，∴|z |=10.1【解析】10.先对函数求导，再令1x =，求出'(1)f 的值，代入原函数中，再令3x =可求出(3)f .由()()2311f x x f x '=++，得''()23(1)f x x f =+，令1x =，则''(1)23(1)f f =+，解得'(1)1f =-，所以()231=-+f x x x ，令3x =，则(3)9911f =-+=，解得(3)1f = 故答案为：1 11.240【解析】11.根据分步计数原理与分类计数原理，列出每一步骤及每种情况，计算即可. 从A 开始涂色，A 有4种方法，B 有3种方法， ①若E 与B 涂色相同，则,C D 共有23A 种涂色方法； ②若E 与B 涂色不相同，则E 有2种涂色方法，当,C E 涂色相同时，D 有3种涂色方法；当,C E 涂色不相同时，C 有2种涂法，D 有2种涂色方法.共有()2343432322240A ⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=种涂色方法.故答案为：240.12.（1）32a =-；3b =-；（2）34m <<【解析】12.（1）根据3z i +为实数，求得3b =-，利用复数的除法运算法则，化简2zi-，利用其为纯虚数，求得32a =-；（2）将所求值代入，确定出()213222z m m i ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，根据其在复平面内对应的点在第四象限，列出不等式组，求得结果.（1）因为()33z i a b i +=++为实数，所以3b =-，因为()()()()()()32236322225a i i a a i z a i i i i i -+++--===---+为纯虚数，所以32a =-．（2）332z i =--，332z i =-+，所以()213222z m m i ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，因为复数1z 在复平面内对应的点在第四象限，所以2320220m m ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解之得34m << 13.（1）11a b =⎧⎨=-⎩；（2）极大值1；()f x 无极小值..【解析】13.（1）计算()f e ，()f e '，根据函数在x e =处的切线方程，简单计算可得结果. （2）根据（1）的结论，可得()ln f x x x x =-，然后利用导数，判断原函数的单调性，找到极值点，最后计算可得结果.（1）由()ln f x ax bx x =+，得()()1ln f x a b x '=++，由()f x 在x e =处的切线方程是0x y e +-=，知切点为(),0e ，斜率为1-，所以()()()021f e a b e f e a b ⎧=+=⎪⎨=+=-'⎪⎩，解之得11a b =⎧⎨=-⎩．（2）()ln f x x x x =-，()ln f x x '=-，令()0f x '=，得1x =，由表可知，当1x =时，f x 取得极大值1；)f x 无极小值. 14.（1）4096种；（2）360种；（3）1560种.【解析】14.（1）根据分步计数原理直接计算可得64，然后可得结果. （2）依据题意，计算46A ，可得结果.（3）先分组，可得22364622+C C C A ，后排列，可得2234646422⎛⎫+ ⎪⎝⎭C C C A A ，简单计算可得结果. （1）每人都可以从这四个项目中选报一项，各有4种不同的选法，由分步计数原理知共有644096=种．（2）每项限报一人，且每人至多报一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种不同的选法，第二个项目有5种不同的选法，第三个项目有4种不同的选法，第四个项目有3种不同的选法，由分步计数原理得共有报名方法466543360A =⨯⨯⨯=种．（3）每人限报一项，人人参加，且每个项目均有人参加，因此需将6人分成4组，有2236462215620652C C C A ⨯+=+=种．每组参加一个项目，由分步计数原理得共有()22346464222045241560C C C A A ⎛⎫+=+⨯= ⎪⎝⎭种． 15.（1；（2.【解析】15.（1）连BD 交AC 于O ，连MO ，根据已知可得BP BD =，得出M 为PD 中点，从而有//OM PB ，OMC ∠（或补角）就为所求的角，分别求出,,OM OC MC ，即可得出结论；或建立空间直角坐标系，确定,,,P B M C 坐标，利用向量夹角公式，也可求解.（2）点M 到平面PAC 的距离等于点D 到平面PAC 距离的一半，由PA ⊥平面ABCD ，过D 做DN AC ⊥于N ，可证DN ⊥平面PAC ，即可求出结论；或求出,PAC ACD △△的面积，用等体积法也可求解；或建立空间直角坐标系，求出平面PAC的法向量，利用空间向量点到面的距离公式亦可求解. （1）连BD 交AC 于O ，连MO ，PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AB PA CD ⊥⊥，在Rt PAB中，4,2,PA AB PB ====，又因为底面ABCD 是矩形，所以O 为BD 中点，2,4AB AD ==，所以BD PB ==，因为M 是PD 上一点，且BM PD ⊥，所以M 为PD 中点，1//,2MO PB MO PB =，所以OMC ∠（或补角）就为PB 与CM 所成的角，因为,,PA CD AD CD PAAD A ⊥⊥=所以CD ⊥平面,PAD CD PD ⊥，MC ==，1122MO PB CO AC ====2cos MCOMC MO ∠===所以异面直线PB 与CM所成角余弦值为5；（2）解1：过D 做DN AC ⊥于N ，PA ⊥平面ABCD ，所以,PA DN PAAC A ⊥=，所以DN ⊥平面PAC ，DN 为点D 到平面PAC 的距离，在Rt ACD △中，CD DA DN AC ⋅==，又M 是PD 中点，所以点M 到平面PAC．解2：因为Rt BCE ，PA ⊥平面ABCD ，所以111162443323P ACD ACD V S PA -⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△，在Rt ADC 中，AC ==11422PAC S AC PA =⋅=⨯=△设点D 到平面PAC 的距离为h ，则13D PAC PAC V S h -=⋅=△，由P ACD D PAC V V --=，得1633=，所以h =．又M 是PD 中点，所以点M 到平面PAC ．解法二：分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，（1）()()()()()0,0,0,2,442,0,0,0,4,0,0,0,,0,A P C B D则()2,0,4PB =-，()2,4,4PC =-，()0,4,4PD =-，设()01PM PD λλ=≤≤，则()0,4,4PM λλ=-，所以()2,4,44BM PM PB λλ=-=--，由BM PD ⊥，知()0164440BM PD λλ⋅=+--=，所以12λ=，M 为PD 中点，所以()0,2,2M ，()2,2,2CM =--，cos ,2PBCM PB CM PB CM⋅===．所以异面直线PB 与CM 所成角的余弦值为5．（2）()0,0,4AP =，()2,4,0AC =，设平面PAC 的法向量为(),,n x y z =，由00AP n AC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得40240z x y =⎧⎨+=⎩，所以0z =，取2x =，得1y =-，所以()2,1,0n =-是平面PAC 的一个法向量．所以点M 到平面PAC 的距离为22CM n n⋅-==． 16.（1）证明见解析；（2.【解析】16.（1）取PD 中点N ，连接AN ，MN ，证明//EM AN ，再证得//EM 平面PAD ；（2）连接PE ，先证CE AB ⊥，证得CE ⊥面PAB ，再作⊥AF PE 交PE 于F，连接MF ，证得AF ⊥面PEC ，则AMF ∠为直线AM 与平面PCE 所成角，再求出AMF∠的正弦值.（1）证明：取PD 中点N ，连接AN ，MN ，因为M 为PC 的中点，所以//MN CD 且12MN CD =，又223AE AB ==，4CD =，且//AB CD ，则//MN AE ，且MN AE =，所以四边形AEMN 为平行四边形，则//EM AN ．又因为EM ⊄平面PAD ，AN ⊂平面PAD ，所以//EM 平面PAD ．（2）解：在ACD △中，22291692cos 22343AC CD AD ACD AC CD +-+-∠===⋅⨯⨯，因为//AB CD ，所以2cos 3BAC ∠=，在ACE △中，22222cos 4922353CE AE AC AE AC BAC =+-⋅⋅∠=+-⨯⨯⨯=，由222AE CE AC +=，知CE AB ⊥．因为PA ⊥底面ABCD ，CE ⊂底面ABCD ，所以CE PA ⊥，又PAAB A =，PA ⊂平面PAB ，AB 平面PAB ，所以CE ⊥平面PAB ．在平面PAB 内，过点A 作⊥AF PE ，交PE 于F ，连接FM ，则CE AF ⊥，又PECE E =，CE ⊂平面PCE ，PE ⊂平面PCE ，所以AF ⊥平面PCE ，所以FM 是AM 在平面PCE 内的射影，则AMF ∠为直线AM 与平面PCE 所成角．在Rt PAC △中，M 为PC 的中点，所以1522AM PC ===，在Rt PAE 中，由PA AE PE AF ⋅=⋅，得5PA AE AF PE ⋅===，所以sin 25AF AMF AM ∠==所以直线AM 与平面PCE 所成角的正弦值为25． 17.（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】17.试题（Ⅰ）求()f x 的导函数，对a 进行分类讨论，求()f x 的单调性；（Ⅱ）要证()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立，即证3()'()2f x f x ->，根据单调性求解. 试题解析：（Ⅰ）的定义域为；223322(2)(1)'()a ax x f x a x x x x--=--+=. 当，时，'()0f x >，单调递增；(1,),'()0x f x ∈+∞<时，单调递减.当时，3(1)22'()()()a x f x x x x a a-=+-. （1），，当或x ∈时，'()0f x >，单调递增；当x ∈时，'()0f x <，单调递减；（2）时，，在x ∈内，'()0f x ≥，单调递增；（3）时，，当或x ∈时，'()0f x >，单调递增；当x ∈时，'()0f x <，单调递减.综上所述，当时，函数在内单调递增，在内单调递减；当时，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；当时，在内单调递增；当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，22321122()'()ln (1)x f x f x x x x x x x --=-+---+23312ln 1x x x x x =-++--，，令，.则()'()()()f x f x g x h x -=+，由1'()0x g x x-=≥可得，当且仅当时取得等号.又24326'()x x h x x--+=，设，则在x ∈单调递减，因为，所以在上存在使得时，时，，所以函数()h x 在上单调递增；在上单调递减，由于，因此，当且仅当取得等号，所以3()'()(1)(2)2f x f xgh ->+=，即3()'()2f x f x >+对于任意的恒成立。

2020-2021学年苏州市常熟中学高二下学期期中数学复习卷1(含答案解析)

2020-2021学年苏州市常熟中学高二下学期期中数学复习卷1一、单空题（本大题共14小题，共70.0分）1.将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少一张，如果分给同一人的两张参观券连号，那么不同的分法种数是．2.现有4个袋子，其中3个袋中均装有3个白球，2个黑球，1个袋中装有2个白球，1个黑球，从4个袋中分别随机地取出1个球，设X为取出的白球个数，则X的数学期望为______ ．3.已知复数z1=1+2i，z2=2+i，则|z2−z1|=______．4.曲线和在它们的交点处的两条切线与轴所围成的三角形的面积是．5.6.已知(x+√a3x )6的展开式中，常数项为40，则∫x a1dx=______ ．7.从一副扑克牌(去掉大、小王，共52张)中随机选取一张，给出如下四组事件：①“这张牌是红心”与“这张牌是方块”；②“这张牌是红色牌”与“这张牌是黑色牌”；③“这张牌牌面是2，3，4，6，10之一”与“这张牌是方块”；④“这张牌牌面是2，3，4，5，6，7，8，9，10之一”与“这张牌牌面是A，K，Q，J之一”，其中互为对立事件的有______ .(写出所有正确的编号)8.某地区高考改革，实行“3+2+1”模式，即“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门学科中任意选择两门学科，则一名学生的不同选科组合有______.(用数字作答)9.已知数列满足，若不等式恒成立，则整数m的最小值是．10.(5x−12y)7的展开式中x2y5的系数是______.(用数值作答)11.一个三棱柱恰好可放入一个正四棱柱的容体中，底面如图所示，其中三棱柱的底面AEF是一个直角三角形，∠AEF=90°，AE=a，EF=b，三棱柱的高与正四棱柱的高均为1，则此正四棱柱的体积为a 4a 2+(a−b)2．12. 代数式1+11+11+⋯(“…”表示无限重复)是一个固定的值，可以令原式=t ，由1+1t=t 解得其值为√5+12，用类似的方法可得√2+√2+√2+⋯= ______ ．13. 已知A n 3=C n 4，则n = ______ ．14. 已知函数f(x)={x 2−2x −16x−1+a,x ≤0lnx x2,x >0存在三个不同的零点，则实数a 的取值范围是______．二、解答题（本大题共6小题，共90.0分）15. 设复数z 1=4−3i ，z 2=1+2i ，则复数z =z1z 2在复平面内所表示的点位于第几象限？16. 随着节能减排意识深入人心，共享单车在各大城市大范围推广，越来越多的市民在出行时喜欢选择骑行共享单车，为了研究广大市民在共享单车上的使用情况，某公司在我市随机抽取了100名用户进行调查，得到如下数据：(1)如果用户每周使用共享单车超过3次，那么认为其“喜欢骑行共享单车”请完成下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.05的前提下，认为是否“喜欢骑行共享单车”与性别有关；(2)每周骑行共享单车6次及6次以上的用户称为“骑行达人”，将频率视为概率，在我市所有的“骑行达人”中随机抽取4名，求抽取的这4名“骑车达人”中，既有男性又有女性的概率．附表及公式：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n =a +b +c +d ；17. 已知(x +12)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，设(x +12)n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a n x n ；求：(Ⅰ)求n 的值；(Ⅱ)求a 0−a 1+a 2+⋯+(−1)n a n 的值．18.盒中装有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的(用过的球即为旧的).从盒中任取3个使用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量．求：(1)X的分布列；(2)至少有5个旧球的概率．19.证明下列命题：(1)若函数f(x)可导且为周期函数，则f′(x)也为周期函数；(2)可导的奇函数的导函数是偶函数．−2)(a+1),a∈R．20.已知函数f(x)=alnx+(1x(Ⅰ)试求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若不等式f(x)≥a(lnx−e x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立，求实数a的取值范围．【答案与解析】1.答案：96解析：连号的情况有 1，2 ， 2，3 ， 3，4 ， 4，5 ，共四种，比如把连号 1，2 ，3，4，5全部分给4人，每人至少一张，则有种，故不同的分法种数是种.【考点定位】本小题考查了排列和排列数的计算，考查了应用意识．2.答案：3715解析：解：由题意知X =0，1，2，3，4， P(X =0)=(25)3×13=8375，P(X =1)=(25)3×23+C 31(35)(25)2×13=52375， P(X =2)=C 31(35)(25)2×23+C 32(35)2(25)×13=126375， P(X =3)=C 32(35)2(25)×23+C 33(35)3×13=135375，P(X =4)=C 33(35)3×23=54375，∴EX =0×8375+1×52375+2×126375+3×135375+4×54375=3715．故答案为：3715．由题意知X =0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出X 的数学期望．本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题．3.答案：√2解析：解：∵z 1=1+2i ，z 2=2+i ， ∴z 2−z 1=2+i −(1+2i)=1−i ，则|z 2−z 1|=√2．故答案为：√2根据复数的减法法则进行运算，结合复数的模长公式进行求解即可．本题主要考查复数的模长计算，根据复数的四则运算进行化简是解决本题的关键．4.答案：解析：试题分析：和联立解得两曲线的交点为(1,1)，的导函数为，所以它在交点处切线的斜率为−1，它在交点处切线的方程为，它与轴交点的坐标为(2,0)，的导函数为，所以它在交点处切线的斜率为2，它在交点处切线的方程为，它与轴交点的坐标为，所以两条切线与轴所围成的三角形的面积为．考点：曲线的切线、曲线的交点．5.答案：100解析：解：由题意知：故答案是100．6.答案：13解析：解：(x +√a 3x )6的展开式中的通项公式为：C 6r x 6−r (√a 3x)r =C 6r x6−2ra r3，令6−2r =0，r =3，∴C 63a =40，a =2，则∫x a 10dx =∫x 210dx =13x 3丨01=13，故答案为：13．运用二项式展开式的通项公式，化简整理，再令x 的次数为0，求出a ，再由定积分的运算法则，即可求得．本题考查二项式定理的运用：求特定项，同时考查定积分的运算，属于基础题．7.答案：②④解析：解：从一副扑克牌(去掉大、小王，共52张)中随机选取一张， ①“这张牌是红心”与“这张牌是方块”是互斥事件，但不是对立事件；②“这张牌是红色牌”与“这张牌是黑色牌”是互斥事件，也是对立事件；③“这张牌牌面是2，3，4，6，10之一”与“这张牌是方块”不是互斥事件，故更不会为对立事件；④“这张牌牌面是2，3，4，5，6，7，8，9，10之一”与“这张牌牌面是A，K，Q，J之一”是对立事件．故答案为：②④由题意和互斥事件和对立事件的定义，逐个判断即可．本题考查互斥事件和对立事件，属基础题．8.答案：16解析：解：若在物理、历史两门科目中只选一门，则有C21C42=12种，若在物理、历史两门科目中选两门，则有C22C41=4种，根据分类计数原理可得，共有12+4=16种，故答案为：16．分在物理、历史两门科目中只选一门，在物理、历史两门科目中选两门，分别求解即可．本题考查了分类计数原理，考查了运算能力和转化能力，属于基础题．9.答案：3解析：本题求通项比较困难，可以写出几项，再猜出通项，后用裂项相消法求和．解：猜想，可以用数学归纳法证明这个猜想正确．所以，所以，，所以，又m 为整数，所以m 的最小值为3．故答案为3．10.答案：−52532解析：解：(5x −12y)7的展开式的通项公式为T r+1=C 7r⋅(5x)7−r ⋅(−12y)r ，故令r =5，可得展开式中x 2y 5的系数为C 75⋅×52×(−12)5=−52532，故答案为：−52532．由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中x 2y 5的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．11.答案：解：令AB =c∵∠AEF =90° ∴△ABE∽△ECF ∴AB EC=AE EF =ab∴EC =bc a∴BE =c(1−ba ) 且有AB 2+BE 2=AE 2 即c 2+c 2(1−ba )2=a 2∴c2=a21+(1−ba )2=a4a2+(a−b)2故正方形ABCD的面积S=a 4a2+(a−b)2又∵正四棱柱的高为1，∴此正四棱柱的体积V=a4a2+(a−b)2故答案为：a 4a2+(a−b)2解析：令AB=c，由△ABE∽△ECF可得ABEC =AEEF=ab，进而得到BE=c(1−ba)，再由勾股定理可得c2=a4a2+(a−b)2，进而代入棱柱体积公式，可得答案．本题考查的知识点是棱柱的体积公式，其中根据三角形相似得到BE=c(1−ba)，进而得到c2=a4a2+(a−b)2是解答的关键．12.答案：2解析：解：由已知代数式的求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解(舍去负根)，可得要求的式子．令√2+√2+√2+⋯=m(m>0)，则两边平方得，2+√2+√2+√2+⋯=m2，即2+m=m2，解得，m=2(−1舍去)．故答案为：2．通过已知得到求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解(舍去负根)，再运用该方法，注意两边平方，得到方程，解出方程舍去负的即可．本题考查类比推理的思想方法，考查从方法上类比，是一道基础题．13.答案：27解析：解：∵A n3=C n4，∴n(n−1)(n−2)=n(n−1)(n−2)(n−3)4×3×2×1，化为n−3=24，解得n=27．故答案为：27．利用排列与组合计算公式即可得出．本题考查了排列与组合计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14.答案：−16≤a<−11解析：解：当x>0时，由f(x)=lnxx2=0得lnx=0，即x=1，此时函数f(x)在x>0时，只有一个零点，若f(x)存在三个不同的零点，则等价为当x≤0时，f(x)有两个零点，由f(x)=0得x2−2x−16x−1+a=0得−a=x2−2x−16x−1，设ℎ(x)=x2−2x−16x−1，x≤0，则ℎ′(x)=2(x−1)+16(x−1)2=2(x−1)3+16(x−1)2，当ℎ′(x)>0时，2(x−1)3+16>0，即(x−1)3>−8，即x−1>−2，即−1<x≤0，此时ℎ(x)为增函数，当ℎ′(x)>0时得x<−1，此时ℎ(x)为减函数，即当x=−1时，ℎ(x)取得极小值ℎ(−1)=1+2+8=11，ℎ(0)=16，在要使y=−a与ℎ(x)在x≤0时有两个不同的交点，则11<−a≤16，即−16≤a<−11，故答案为：−16≤a<−11．先求出当x>0时的函数零点个数，转化为求当x≤0时，函数的零点个数，利用参数分离法，利用数形结合进行求解即可．本题主要考查函数与方程的应用，根据条件利用参数分离法，根据条件构造函数，求函数的导数，研究函数的极值和图象是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．15.答案：解：∵z1=4−3i，z2=1+2i，∴z=z1z2=4−3i1+2i=(4−3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=−25−115i，∴z 在复平面内对应的点的坐标为(−25,−115)，在第三象限．解析：把z 1=4−3i ，z 2=1+2i 代入z =z1z 2，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．16.答案：解：(1)根据题意完成下面的2×2列联表，根据表中数据，计算K 2=100×(10×30−45×15)255×45×25×75=10033≈3.030<3.841，所以在犯错误概率不超过0.05的前提下，不能认为是否“喜欢骑行共享单车”与性别有关； (2)视频率为概率，在我市“骑行达人”中，随机抽取1名用户，该用户为男“骑行达人”的概率为35，女“骑行达人”的概率为25；抽取的4名用户中，既有男“骑行达人”，又有女“骑行达人”的概率为 P =1−(35)4−(25)4=528625．解析：(1)根据题意填写2×2列联表，计算观测值，对照临界值得出统计结论； (2)由排列组合以及对立事件的概率公式，计算即可．本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了利用排列组合求概率的应用问题，是基础题．17.答案：解：(Ⅰ)∵(x +12)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，∴2C n 1⋅12=C n 0+C n 2×(12)2，求得n =1(舍去)，或n =8．(Ⅱ)在(x +12)8=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 8x 8中，令x =−1，可得求a 0−a 1+a 2+⋯+(−1)8a 8=(−1+12)8=128．解析：(Ⅰ)由(x +12)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，可得2C n1⋅12=C n 0+C n 2×(12)2，由此求得求得n 的值．(Ⅱ)在(x +12)8=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 8x 8中，令x =−1，可得a 0−a 1+a 2+⋯+(−1)8a 8的值．本题主要考查等差数列的定义和性质，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于基础题．18.答案：解：(1)X 的可能取值为3，4，5，6，P(X =3)=C 33c 123=1220，P(X =4)=C 32⋅C 91C 123=27220，P(X =5)=C 31⋅C 92C 123=2755，P(X =6)=C 93C 123=2155．故X 的分布列为：(2)P(X ≥5)=2755+2155=4855．至少有5个旧球的概率为4855．解析：(1)根据超几何分布的概率公式计算X 的各种取值对应的概率； (2)根据互斥事件的概率加法计算．本题考查了超几何分布列，属于基础题．19.答案：证明：(1)设f(x)的周期为T ，则f(x)=f(x +T)．∴f′(x)=[f(x +T)]′=f′(x +T)⋅(x +T)′=f′(x +T)，即f′(x)为周期函数且周期与f(x)的周期相同．…(5分) (2)∵f(x)为奇函数， ∴f(−x)=−f(x)． ∴[f(−x)]′=[−f(x)]′． ∴f′(−x)⋅(−x)′=−f′(x)．∴f′(−x)=f′(x)，即f′(x)为偶函数 …(10分)解析：(1)利用复合函数导数公式及周期性定义即可证明； (2)利用复合函数导数公式及奇偶性定义即可证明；本题考查复合函数的求导公式及周期性及奇偶性的证明，有一定的综合性20.答案：解；(Ⅰ)∵f(x)=alnx +(1x −2)(a +1),(a ∈R,x >0)．∴f′(x)=ax −a+1x 2=ax−(a+1)x 2．①若−1≤a ≤0，则f′(x)<0，即f(x)在区间(0,+∞)上单调递减； ②若a >0，则当0<x <a+1a时，f′(x)<0；当x >a+1a时，f′(x)>0；∴f(x)在区间(0,a+1a)上单调递减，在区间(a+1a,+∞)上单调递增；③若a <−1，则当0<x <a+1a时，f′(x)>0；当x >a+1a时，f′(x)<0；∴函数f(x)在区间(0,a+1a)上单调递增，在区间(a+1a,+∞)上单调递减．综上所述，若−1≤a ≤0，函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减；若a >0，函数f(x)在区间(0,a+1a)上单调递减，在区间(a+1a,+∞)上单调递增；若a <−1，函数f(x)在区间(0,a+1a)上单调递增，在区间(a+1a,+∞)上单调递减．(Ⅱ)依题意得f(x)≥a(lnx −e x )⇔ae x +(1x −2)(a +1)≥0，令ℎ(x)=ae x +(1x −2)(a +1).∵ℎ(1)≥0，则a(e −1)≥1，即a ≥1e−1>0．于是，由ae x +(1x −2)(a +1)≥0，得aa+1e x +1x −2≥0，即aa+1≥2x−1xe x对任意x >0恒成立．设函数F(x)=2x−1xe x(x >0)，则F′(x)=−(2x+1)(x−1)x 2e x．当0<x <1时，F′(x)>0；当x >1时，F′(x)<0；所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；所以[F(x)]max =F(1)=1e ．于是，可知aa+1≥1e ，解得a ≥1e−1．故a 的取值范围是[1e−1,+∞)．解析：(Ⅰ)f′(x)=ax −a+1x 2=ax−(a+1)x 2.对a 分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．(Ⅱ)依题意得f(x)≥a(lnx −e x )⇔ae x +(1x −2)(a +1)≥0，令ℎ(x)=ae x +(1x −2)(a +1).∵ℎ(1)≥0，则a(e−1)≥1，即a≥1e−1>0.于是，由ae x+(1x−2)(a+1)≥0，得aa+1e x+1x−2≥0，即aa+1≥2x−1xe x对任意x>0恒成立．函数F(x)=2x−1xe x(x>0)，利用导数研究函数的单调性可得最大值．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。

2019-2020学年苏州市常熟市高二下学期期中数学试卷(含答案解析)

2019-2020学年苏州市常熟市高二下学期期中数学试卷一、单空题（本大题共14小题，共42.0分）1.已知数列，()，若，且，则中是1的个数为．2.已知复数，且，则．3.由0，1，2，3，4，5这六个数字．能组成______ 个无重复数字的四位偶数．4.已知(1+2x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则a1−2a2+3a3−4a4=______ ．5.随机变量ξ的分布如表，则E(5ξ+4)=______．ξ024P0.40.30.36.已知函数f(x)=x3−3x2−2，过点(2,m)(m≠−6)可作曲线y=f(x)的三条切线，则m的取值范围是______．7.复数z满足(3−4i)z=5+10i，则|z|=______．8.在矩形ABCD中，对角线AC与相邻两边所成的角为α，β，则有cos2α+cos2β=1．类比到空间中的一个正确命题是：在长方体ABCDA1B1C1D1中，对角线AC1与相邻三个面所成的角为α，β，γ，则cos2α+cos2β+cos2γ=______ ．9.某小组有三名女生，两名男生，现从这个小组中任意选出一名组长，则其中一名女生小丽当选为组长的概率是___________10.一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个球，则其中含红球个数的数学期望是______ ．11.平面内有n(n∈N∗)个圆中，每两个圆都相交，每三个圆都不交于一点，若该n个圆把平面分成f(n)个区域，那么f(n)=______ ．)n的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中x的系数为______.(用数字作答) 12.已知(2x+√x)n的二项展开式中的第五项是常数，则自然数n的值为______ ．13.若(√x−2x14.设x1、x2是函数f(x)=ax3+bx2−a2x(a>0)的两个极值点，且|x1|+|x2|=2√2，则b的最大值为______ ．二、解答题（本大题共6小题，共72.0分）15.在复平面内描出表示下列复数的点和向量：(1)2+5i；(2)−3+2i；(3)3−2i；(4)−2i−4；(5)3；(6)−3i；(7)4i；(8)−2．16.为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元.设为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k的值及的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用达到最小，并求最小值．17.从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数组成没有重复数字的七位数，试问：(1)三个偶数排在一起的有几个？(2)偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？(3)任意两偶然都不相邻的七位数有几个？18.一个袋子里装有7个球，其中有红球4个，编号分别为1，2，3，4；白球3个，编号分别为1，2，3.从袋子中任取4个球(假设取到任何一个球的可能性相同)．(Ⅰ)求取出的4个球中，含有编号为3的球的概率；(Ⅱ)在取出的4个球中，红球编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．19.19.(本小题满分12分)数列中，，，数列满足，．(Ⅰ)若数列是等差数列，求数列的前项和；(Ⅱ)若数列是公差为的等差数列，求数列的通项公式．20.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2(a>0)在x=1处有极值10．(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．【答案与解析】1.答案：33解析：试题分析：，所以中是1的个数为考点：本小题主要考查计数原理的应用．点评：解决本小题的关键是根据题意求出，再结合，即可求解，要注意转化思想的应用．2.答案：解析：试题分析：，则解得即．考点：1.复数的运算；2.复数的恒等．3.答案：156解析：当末位是数字0时，可以组成A53个数字；当末位不是0时，末位可以是2，4，有两种选法，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，共有C21C41A42种结果，根据计数原理得到结果．本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想．数字问题是排列中经常见到问题，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，注意数字0的双重限制，即可在最后一位构成偶数，又不能放在首位．解：(1)本题需要分类来解，当末位是数字0时，可以组成A53=60个，当末位不是0时，末位可以是2，4，有两种选法，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，共有C21C41A42=96种结果，根据分类计数原理知共有60+96=156种结果，故答案为：156．4.答案：−8解析：先对二项展开式求导函数，对求导后的式子中的x赋值−1，求出代数式的值．本题考查复合函数的求导法则、利用赋值法解决代数式的系数和问题．解：对二项式的展开式求导得到8(1+2x)3=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3令x=−1得到−8═a1−2a2+3a3−4a4.故答案为−8．5.答案：13解析：解：由题意可得：E(ξ)=0×0.4+2×0.3+4×0.3=1.8，∴E(5ξ+4)=5×1.8+4=13．故答案为：13．利用分布列，求解期望，通过期望公式，转化求解即可．本题考查了概率的性质，数学期望的计算，属于基础题．6.答案：(−7,−6)解析：解：∵点(2,m)(m≠−6)不在曲线y=f(x)上，∴设切点为(x0,y0)，则y0=x03−3x02−2．∵f′(x0)=3x02−6x0，∴切线的斜率为3x02−6x0．则3x02−6x0=x03−3x02−2−m，即2x03−9x02+12x0+2+m=0，x0−2因为过点(2,m)(m≠−6)，可作曲线y=f(x)的三条切线，所以方程2x03−9x02+12x0+2+m=0有三个不同的实数解．即函数g(x)=2x3−9x2+12x+2+m有三个不同的零点．则g′(x)=6x2−18x+12=6(x2−3x+2)=6(x−2)(x−1)，令g′(x)=0，解得x=1或x=2．x(−∞,1)1(1,2)2(2,+∞)g′(x)+0−0+g(x)↗极大值↘极小值↗∴{g(2)<0，即{7+m>06+m<0,解得−7<m<−6．故答案为：(−7,−6)．求出函数的导数，根据导数的几何意义建立条件关系，构造函数，求得导数和单调性、极值，即可得到结论．本题主要考查函数的单调性和导数之间的关系以及导数的几何意义，要求熟练掌握导数的综合应用．7.答案：√5解析：本题考查了复数的运算；熟记运算法则是关键；属于基础题．首先通过复数的除法运算得到复数z，然后求模长．解：因为(3−4i)z=5+10i，所以z=5+10i3−4i =(5+10i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=−25+50i25=−1+2i，则|z|=√12+22=√5；故答案为：√5．8.答案：2解析：解：我们将平面中的两维性质，类比推断到空间中的三维性质．由在长方形中，设一条对角线与其一顶点出发的两条边所成的角分别是α，β，则有cos2α+cos2β=1，我们根据长方体性质可以类比推断出空间性质，∵长方体ABCD−A1B1C1D1中，如图对角线AC1与过A点的三个面ABCD，AA1B1B、AA1D1D所成的角分别为α，β，γ，∴cosα=ACAC1，cosβ=AB1AC1，cosγ=AD1AC1，∴cos2α+cos2β+cos2γ=AC2+AB1 2+AD1 2AC1 2，令同一顶点出发的三个棱的长分别为a，b，c，则有cos2α+cos2β+cos2γ=AC2+AB1 2+AD1 2AC1 2=a2+b2+a2+c2+b2+c2a2+b2+c2=2故答案为：cos2α+cos2β+cos2γ=2．由类比规则，点类比线，线类比面，可得出在长方体ABCDA1B1C1D1中，对角线AC1与相邻三个面所成的角为α，β，γ，则cos2α+cos2β+cos2γ=2，解直角三角形证明其为真命题即可．本题考查类比推理及棱柱的结构特征，线面角的定义，综合性强是一个常考的题型．9.答案：解析：试题分析：总人数为5人，其中有小丽1人，则其中一名女生小丽当选为组长的概率是考点：古典概型的概率点评：求古典概型的概率，只有确定要求事件的数目和总的数目，然后求出它们的比例即可。

2020-2021学年江苏省苏州市常熟市高二下学期期中数学复习卷(含答案解析)

2020-2021学年江苏省苏州市常熟市高二下学期期中数学复习卷一、单空题（本大题共14小题，共70.0分）1. 设复数z =x +yi(x,y ∈R,y ≠0)，z 2+2z ∈R ，z 在复平面上所对应点在直线y =x 上，则|z|=______ ．2. 设集合A ={x|log 2x <1}，B ={x|x−1x+2<0}，则A ∩B =______． 3. 幂函数y =f(x)的图象经过点(4,12)，则f(4)的值为______． 4. 在△ABC 中，cos 2A2=b+c 2c(a,b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边)，则cosA+B 2= ______ ．5. 已知函数f =4cos x ·sin 的最小正周期为π，则f(x)的最小值为．6. 计算的结果为___________．7. 在△ABC 中，D 为BC 边长一点，AD =2，∠DAC =60°.若AC =4−CD 且△ABC 的面积为4√3，则sin∠ABC =______．8. 已知函数f(x)={|log 3x|,0<x ≤3(x −4)2,x >3，若方程f(x)=m 有四个不同的实数根，由小到大依次为x 1，x 2，x 3，x 4，则4x 1+x 2+x 3+x 4的取值范围是______ ． 9. 奇函数在上的解析式是，则在上的函数析式是_______________．10. 函数y =log 12(−x 2+3x −4)的单调增区间为______ ． 11. 对于下列数排成的数阵：它的第10行所有数的和为______12. 已知：sinα−sinβ=−12，cosα−cosβ=12，则cos(α−β)= ______ ．13. 若函数f(x)=x 3+x ，且f(2a −10)+f(3a)<0，则实数a 的取值范围是______．(x∈R)，若关于x的方程f2(x)−kf(x)+k−1=0恰好有4个不相等的实数根，14.已知f(x)=|x|e x则实数k的取值范围为______．二、解答题（本大题共6小题，共72.0分）15.(本小题满分12分)已知复数，，当时，求的取值范围．16.已知α、，且tanα、tanβ是方程x2−5x+6=0的两根．①求α+β的值．②求tan(α−β)的值．17.如图，一个水轮的半径为4m，水轮圆心O距离水面2m，已知水轮每分钟转动5圈，如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计算时间．(1)将点P距离水面的高度z(m)表示为时间t(s)的函数；(2)点P第一次到达最高点大约需要多少时间？18.如图所示，合肥一中积极开展美丽校园建设，现拟在边长为0.6千米的正方形地块ABCD上划出一片三角形地块CMN建设小型生态园，点M，N分别在边AB，AD上(1)当点M，N分别时边AB中点和AD靠近D的三等分点时，求∠MCN的余弦值；(2)实地勘察后发现，由于地形等原因，△AMN的周长必须为1.2千米，请研究∠MCN是否为定值，若是，求此定值，若不是，请说明理由．19.已知函数f(x)=x2+2ax+2,x∈[−5,5]．(1)当a=−1时，求函数y=f(x)的最大值和最小值；(2)求实数a的取值范围，使y=f(x)在［−5，5］上是单调增函数．20.已知函数．(Ⅰ)求在点处的切线方程；(Ⅱ)当时，若不等式恒成立，求的取值范围．【答案与解析】1.答案：√2解析：解：∵z2+2z=x2−y2+2x+(2xy−2y)i∈R，∴2xy−2y=0①．又z在复平面上所对应点在直线y=x上，可得x=y②．由①②可得x=y=1，则|z|=√x2+y2=√2，故答案为：√2．根据条件求得2xy−2y=0，且x=y，由此求得x、y的值，从而求得|z|的值．本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法法则的应用，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题2.答案：{x|0<x<1}解析：解：由已知，集合A中的不等式log2x<1=log22，由2>1得到对数函数为增函数及对数函数的定义域为：x>0得到：0<x<2；而集合B中的不等式x−1x+2<0可化为{x−1>0x+2<0或{x−1<0x+2>0，解得−2<x<1，则A={x|0<x<2}，B={x|−2<x<1}，所以A∩B={x|0<x<1}．故答案为：{x|0<x<1}．把集合A中的1变为log22，然后利用对数函数的定义域和对数函数为增函数即可求出x的范围即可得到集合A；由集合B中的不等式得到x−1与x+2异号，列出不等式求出解集即可得到集合B，然后求出A与B的交集即可．本题考查学生会求对数函数的定义域以及灵活运用对数函数的增减性解决实际问题，理解不等式x−ax−b<0与不等式(x−a)(x−b)<0同解，掌握交集的定义并会进行交集的运算．3.答案：−12解析：解：因为函数y=f(x)为幂函数，所以可设f(x)=x a，依题意得f(4)=12，∴4a =12，解得a =−12 故答案为：−12．根据幂函数概念，设出幂函数的解析式，然后代入点的坐标，解出a.然后计算f(4)．本题考查了幂函数的解析式的求法，属基础题．4.答案：√22解析：解：在△ABC 中，∵cos 2A2=b+c2c，∴1+cosA 2=sinB+sinC 2sinC=12⋅sinB sinC +12，∴1+cosA =sinBsinC +1，∴cosAsinC =sinB =sin(A +C)=sinAcosC +cosAsinC ， ∴sinAcosC =0，又sinA ≠0，∴cosC =0，∴C 为直角， ∴cosA+B 2=cosπ−C 2=sin C 2=sin π4=√22，故答案为：√22．由条件利用二倍角的余弦公式、诱导公式求得cosC =0，可得C 为直角，再根据 cos A+B 2=cosπ−C 2=sin C2求得结果．本题主要考查二倍角的余弦公式、诱导公式的应用，属于基础题．5.答案：−2+解析：由已知得f(x)=2 cos ωx ·(sin ωx +cos ωx)=(sin 2ωx +cos 2ωx +1)=2sin(2ωx +)+，因为最小正周期为π，所以=π，ω=1，所以f(x)=2sin(2x + )+，所以f(x)的最小值为−2+．6.答案：1.解析：试题分析：由对数恒等式知，根据对数运算法则知，∴．考点：对数的运算及对数恒等式．7.答案：√3926解析：解：如图，设CD=x，则AC=4−x，由题意，△ACD中，根据余弦定理可得：x2=22+(4−x)2−2×2×(4−x)×cos∠DAC，整理可得：x=2，可得：CD=AD=AC=2，可得：C=60°，由于△ABC的面积为4√3=12×AC×BC×sin60°=12×BC×2×√32，解得：BC=8，由余弦定理可得：AB=√AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cosC=√22+82−2×2×8×12=2√13，可得：△ABC的面积为4√3=12×AB×BC×sin∠ABC=12×2√13×8×sin∠ABC，解得：sin∠ABC=√3926．故答案为：√3926．设CD=x，则AC=4−x，由余弦定理可得CD=AD=AC=2，可得：C=60°，利用三角形面积公式可求BC的值，根据余弦定理可求AB的值，进而利用三角形的面积公式可求sin∠ABC的值．本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．8.答案：[12,13)解析：解：作函数f(x)={|log 3x|,0<x ≤3(x −4)2,x >3的图象如下，由题意知，x 1x 2=1，x 3+x 4=8； 4x 1+x 2≥2√4=4，(当且仅当4x 1=x 2，即4x 1=x 2=2时，等号成立)；故4x 1+x 2+x 3+x 4≥12，且4x 1+x 2+x 3+x 4<13；故答案为：[12,13)．作函数f(x)={|log 3x|,0<x ≤3(x −4)2,x >3的图象，从而可得x 1x 2=1，x 3+x 4=8；从而由基本不等式确定的取值范围．本题考查了分段函数的应用及基本不等式的应用，属于中档题．9.答案：解析：试题分析：为奇函数且在上的解析式是，故当时，，，故．考点：求奇函数在相反区间的解析式10.答案：[32,4)解析：解：∵−x 2+3x −4>0， ∴−3<x <4，令f(x)=−x 2+3x −4，对称轴x =32，开口向下，∴f(x)在[32,4)递减，∴y =log 12(−x 2+3x −4)在[32,4)递增，故答案为：[32,4)．先求出函数的定义域，根据复合函数的单调性，结合二次函数以及对数函数的单调性，从而得到函数的单调区间．本题考查了复合函数的单调性，考查了对数函数以及二次函数的性质，是一道基础题．11.答案：−505解析：解：第1行1个数，第2行2个数，则第9行9个数，故第10行的第一个数为1+(1+9)×92=46，第10行的最后一个数无45+10=55，且奇数为负数，偶数为正数，故第10行所有数的和为462−472+482−492+502−512+522−532+542−552 =−(46+47+48+49+50+51+52+53+54+55)=−505，故答案为：505．故第10行的第一个数为1+(1+9)×92=46，第10行的最后一个数无45+10=55，由此能求出第10行所有数的和．本题考查数列中第10行所有数的和的求法，是基础题，解题时要注意等差数列的性质的合理运用．12.答案：34解析：解：∵sinα−sinβ=−12，cosα−cosβ=12，∴平方相加得sin 2α−2sinαsinβ+sin 2β+cos 2α−2cosαcosβ+cos 2β=14+14=12，即2−2cos(α−β)=12，则2cos(α−β)=32，则cos(α−β)=34，故答案为：34．根据两角和差的余弦公式，将条件进行平方相加即可得到结论．本题主要考查三角函数值的化简和计算，利用平方关系结合两角和差的余弦公式是解决本题的关键．13.答案：(−∞,2)解析：解：根据题意，函数f(x)=x3+x，则有f(−x)=(−x)3+(−x)=−(x3+x)=−f(x)，则函数f(x)为奇函数；又由f′(x)=3x2+1>0，则函数f(x)在R上为增函数；f(2a−10)+f(3a)<0⇒f(2a−10)<−f(3a)⇒f(2a−10)<f(−3a)⇒2a−10<−3a，解可得：a<2，即a的取值范围为(−∞,2)；故答案为：(−∞,2)．根据题意，由函数的解析式分析可得f(−x)=−f(x)，即可得函数f(x)为奇函数，求出f(x)的导数，分析可得f(x)在R上为增函数；据此可得f(2a−10)+f(3a)<0⇒2a−10<−3a，解可得a的取值范围，即可得答案．本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析函数f(x)的奇偶性与单调性，属于基础题．14.答案：(1,1+1e)解析：解：化简可得f(x)=|x|e x ={xe x,x≥0−xe x,x<0，当x≥0时，f′(x)=1−xe x，当0≤x<1时，f′(x)>0，当x≥1时，f′(x)≤0∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)单调递减；当x<0时，f′(x)=x−1e x<0，f(x)为减函数，∴函数f(x)=|x|e x 在(0,+∞)上有一个最大值为f(1)=1e，作出函数f(x)的草图如图：设m=f(x)，当m>1e时，方程m=f(x)有1个解，当m=1e时，方程m=f(x)有2个解，当0<m<1e时，方程m=f(x)有3个解，当m =0时，方程m =f(x)，有1个解，当m <0时，方程m =f(x)有0个解，则方程f 2(x)−tf(x)+t −1=0等价为m 2−tm +t −1=0，要使关于x 的方程f 2(x)−tf(x)+t −1=0恰好有4个不相等的实数根，等价为方程m 2−tm +t −1=0有两个不同的根m 1>1e 且0<m2<1e ，设g(m)=m 2−tm +t −1，则{g(0)=t −1>0g(1e )=1e 2−te +t −1<0−−t 2>0，解得1<t <1+1e ，故选答案为：(1,1+1e )．求函数的导数，判断函数的取值情况，设m =f(x)，利用换元法，将方程转化为一元二次方程，利用根的分布建立条件关系即可得到结论．本题考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了利用函数的导函数分析函数的单调性，考查了学生分析问题和解决问题的能力，利用换元法转化为一元二次方程，是解决本题的关键．15.答案：解：由题意得：所以即所以所以，解得：，故实数a 的取值范围是．解析：本题主要考查复数的综合计算问题，先化简复数z，然后代入到，再求出，然后根据，建立关于a的不等式即可求出a的取值范围．16.答案：解：①∵tanα、tanβ是方程x2−5x+6=0的两根，解方程可得两根为2和3，即tanα=2，tanβ=3，或tanα=3，tanβ=2，∴α、β∈(0,π2)，α+β∈(0,π)，∴tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=−1，又可得α、β∈(0,π2)，α+β∈(0,π)，∴α+β=3π4；②当tanα=2，tanβ=3时，tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=−17；当tanα=3，tanβ=2时，tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=17解析：①解方程可得tanα、tanβ的值，代入两角和的正切公式计算可得其值，结合角的范围可得；②代入两角差的正切公式计算可得．本题考查两角和与差的正切函数公式，涉及一元二次方程和分类讨论的思想，属中档题．17.答案：解：(1)设函数关系式为z=Asin(ωt+φ)+B，A>0，B>0，ω>0，，依题意可知z的最大值为6，最小值为−2，∴{A+B=6−A+B=−2⇒{A=4B=2；水轮转一圈需要12s，则最小正周期为12，，得z=4sin(π6t+φ)+2，当t=0时，z=0，得sinφ=−12，，则φ=−π6，故所求的函数关系式为z=4sin(π6t−π6)+2，t≥0；(2)令z=4sin(π6t−π6)+2=6，得sin(π6t−π6)=1，取，得t =4+12k ，k ∈Z ，故点P 第一次到达最高点大约需要4s ．解析：本题主要考查了在实际问题中建立三角函数模型的问题，属于中档题． (1)设函数关系式为z =Asin(ωt +φ)+B ，A >0，B >0，ω>0，，先根据z 的最大和最小值求得A 和B ，利用周期求得ω，当t =0时，z =0，进而求得φ的值，则函数的表达式可得； (2)令z =6，即z =4sin(π6t −π6)+2=6，可求得时间．18.答案：解：(1)当点M ，N 分别是边AB 中点和AD 靠近D 的三等分点时，tan∠DCN =13，tan∠MCB =12，如图所示；所以tan(∠DCN +∠MCB)=13+121−13×12=1，所以∠DCN +∠MCB =π4，所以∠MCN =π4，所以cos∠MCN =√22；(2)设AM =x ，AN =y ，则MN 2=x 2+y 2=(1.2−x −y)2，可得xy =1.2(x +y)−0.72，又tan∠DCN =0.6−y 0.6，tan∠MCB =0.6−x 0.6，所以tan(∠DCN +∠MCB)=0.6−y 0.6+0.6−x0.61−0.6−y 0.6×0.6−x 0.6=0.72−0.6(x+y)0.6(x+y)−xy，将xy =1.2(x +y)−0.72代入上式，计算得tan(∠DCN +MCB)=1，所以∠DCN +∠MCB =π4，所以∠MCN =π4为定值．解析：(1)根据题意计算tan∠DCN 和tan∠MCB 的值，求出tan(∠DCN +∠MCB)的值，即得∠MCN ，再求cos∠MCN ；(2)设AM =x ，AN =y ，利用余弦定理求出xy 、再计算tan∠DCN 、tan∠MCB ，从而求得tan(∠DCN +∠MCB)，得出∠MCN 为定值．本题考查了三角形中边角关系应用问题，也考查了三角恒等变换应用问题，是中档题．19.答案：解：(1)当a=−1时，函数表达式是f(x)=x2−2x+2，∴函数图象的对称轴为x=1，在区间(−5,1)上函数为减函数，在区间(1,5)上函数为增函数．∴函数的最小值为[f(x)]min=f(1)=1，函数的最大值为f(5)和f(−5)中较大的值，比较得[f(x)]max=f(−5)=37综上所述，得[f(x)]max=37，[f(x)]min=1；(2)∵二次函数f(x)图象关于直线x=−a对称，开口向上∴函数y=f(x)的单调减区间是(−∞,−a]，单调增区间是[−a,+∞)，由此可得：当[−5,5]⊂[−a,+∞)时，即−5≥−a时，f(x)在[−5,5]上单调增，解之得5≤a．综上所述满足条件的实数a的取值范围是[5,+∞)．解析：本题考查了利用二次函数的性质求二次函数的最值及函数的单调性，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．(1)当a=−1时f(x)=x2−2x+2，可得区间(−5,1)上函数为减函数，在区间(1,5)上函数为增函数．由此可得[f(x)]max=37，[f(x)]min=1；(2)由题意，得函数y=f(x)的单调增区间是[−a,+∞)，由[−5,5]⊂[−a,+∞)解出5≤a，即为实数a 的取值范围．20.答案：解：(Ⅰ)，，，∴在点处的切线方程为，即；(Ⅱ)当时，，记，则有，当时，，∴的递增区间为；当时，，∴的递减区间为，∴，由当时，可知的最大值为，∴，即，∴的取值范围为.解析：本题考查利用导数曲线上某点处的切线方程及函数的单调区间与不等式恒成立问题，培养了学生分析问题与解决问题的能力．(Ⅰ)先求函数的导数，进而即可求得结果；(Ⅱ)不等式恒成立可转化为恒成立，构造新函数利用导数即可求得结果．。

2020-2021学年江苏省苏州市常熟市高二(下)期中数学试卷(解析版)

2020-2021学年江苏省苏州市常熟市高二（下）期中数学试卷一、单项选择题（共8小题）.1．命题甲：对任意x∈（a，b），有f′（x）＞0；命题乙：f（x）在（a，b）内是单调递增的，则甲是乙的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．将4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（）A．B．C．34D．433．函数在区间上的最大值是（）A．B．C．D．4．若（1+x）3（1﹣2x）4＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，则a0+a2+a4+a6＝（）A．8B．6C．5D．45．如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（）A．72种B．96种C．108种D．120种6．设a∈Z，且0≤a≤13，若512021+a能被13整除，则a＝（）A．0B．1C．11D．127．函数f（x）＝x2﹣x sin x的图象大致为（）A．B．C．D．8．已知定义在R上的连续奇函数f（x）的导函数为f′（x），已知f（1）≠0，且当x＞0时，有xlnx•f′（x）＜﹣f（x）成立，则使（x2﹣4）f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣2，0）∪（0，2）B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）C．（﹣2，0）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）二、多选题（每小题5分）.9．若直线是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）可以是（）A．B．f（x）＝x4C．f（x）＝sin x D．f（x）＝e x 10．下列等式正确的是（）A．C＝CB．A﹣A＝n2AC．A＝nAD．nC＝C+kC11．已知（+3x2）n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为（）A．展开式中偶数项的二项式系数之和为25B．展开式中二项式系数最大的项只有第三项C．展开式中系数最大的项只有第五项D．展开式中有理项为第三项、第六项12．已知函数f（x）＝x cos x﹣sin x，下列结论中正确的是（）A．函数f（x）在时，取得极小值﹣1B．对于∀x∈[0，π]，f（x）≤0恒成立C．若0＜x1＜x2＜π，则D．若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1三、填空题（每小题5分）.13．（﹣3）7的展开式中x3的系数为．14．已知a为实数，若函数f（x）＝x3﹣3ax2+2a2的极小值为0，则a的值为．15．已知函数f（x）＝ax2﹣2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为．16．有8个座位连成一排，甲、乙、丙、丁4人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且甲、乙两人都在丙的同侧，则共有种不同的坐法．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知函数f（x）＝lnx﹣x2+3．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间[，e]上的最大值和最小值．18．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．（1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有多少？（2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有多少？（3）在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第几个？19．将4个编号为1，2，3，4的不同小球全部放入4个编号为1，2，3，4的4个不同盒子中．求：（Ⅰ）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（Ⅱ）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（Ⅲ）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（Ⅳ）把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？20．已知在（﹣）n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56：3．（1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项．（3）求n+++…+9n﹣1的值．21．已知函数f（x）＝lnx++a．（1）当a＝﹣时，求函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程；（2）当a∈（0，ln2），证明：函数g（x）＝e x f（x）存在唯一极值点x0，且g（x0）＞0．22．已知函数f（x）＝xlnx﹣ae x+a，其中a∈R．（1）若f（x）在定义域内是单调函数，求a的取值范围；（2）当a＝1时，求证：对任意x∈（0，+∞），恒有f（x）＜cos x成立．参考答案一、单项选择题（每小题5分）.1．命题甲：对任意x∈（a，b），有f′（x）＞0；命题乙：f（x）在（a，b）内是单调递增的，则甲是乙的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解：对任意x∈（a，b），有f′（x）＞0，则f（x）在（a，b）内是单调递增的，则甲是乙的充分条件，f（x）在（a，b）内是单调递增的，则对任意x∈（a，b），有f′（x）≥0，则甲是乙的不必要条件，故甲是乙的充分不必要条件，故选：A．2．将4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（）A．B．C．34D．43解：每封信都有3种不同的投法由分步计数原理可得，4封信共有3×3×3×3＝34．故选：C．3．函数在区间上的最大值是（）A．B．C．D．解：函数f（x）＝，x∈，f′（x）＝1﹣2sin x，令f′（x）＝0，解得x＝．∴函数f（x）在内单调递增，在内单调递减．∴x＝时函数f（x）取得极大值即最大值．＝﹣＝．故选：B．4．若（1+x）3（1﹣2x）4＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，则a0+a2+a4+a6＝（）A．8B．6C．5D．4解：∵（1+x）3（1﹣2x）4＝a0+a1x+a2x2+…+a7x7，令x＝1，可得a0+a1+a2+…+a7＝8 ①，再令x＝﹣1，可得a0﹣a1+a2+…﹣a7＝0 ②，则①+②，并除以2，可得a0+a2+a4+a6＝4，故选：D．5．如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有（）A．72种B．96种C．108种D．120种解：由题意知本题是一个分步计数问题，第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法（此前三步已经用去三种颜色）；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法．所以，不同的涂色种数有4×3×2×（1×1+1×3）＝96种．故选：B．6．设a∈Z，且0≤a≤13，若512021+a能被13整除，则a＝（）A．0B．1C．11D．12解：∵a∈Z，且0≤a≤13，若512021+a＝（52﹣1）2021+a＝×522021﹣×522020+522016+…+×52﹣+a能被13整除，∴﹣+a＝﹣1+a能被13整除，则a＝1，故选：B．7．函数f（x）＝x2﹣x sin x的图象大致为（）A．B．C．D．解：∵f（﹣x）＝（﹣x）2﹣（﹣x）sin（﹣x）＝x2﹣x sin x＝f（x），且定义域为R，∴f（x）为偶函数，故排除选项D；f（x）＝x（x﹣sin x），设g（x）＝x﹣sin x，则g′（x）＝1﹣cos x≥0恒成立，∴g（x）单调递增，∴当x＞0时，g（x）＞g（0）＝0，∴当x＞0时，f（x）＝xg（x）＞0，且f（x）单调递增，故排除选项A、B；故选：C．8．已知定义在R上的连续奇函数f（x）的导函数为f′（x），已知f（1）≠0，且当x＞0时，有xlnx•f′（x）＜﹣f（x）成立，则使（x2﹣4）f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣2，0）∪（0，2）B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）C．（﹣2，0）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）解：令g（x）＝f（x）•lnx（x＞0），所以g′（x）＝f′（x）lnx+，当x＞0时，有xlnx•f′（x）+f（x）＜0，得f′（x）lnx+＜0，则g′（x）＜0，故g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝0m当x＞1时，f（x）lnx＜0，得f（x）＜0，当0＜x＜1时，f（x）lnx＞0，得f（x）＜0，因为f（x）为连续函数，且f（1）≠0，所以f（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，又f（x）为定义在R上的奇函数，所以当x＜0时，f（x）＞0，不等式（x2﹣4）f（x）＞0，即或，解得x＜﹣2或0＜x＜2，则x的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（0，2），故选：B．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．若直线是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）可以是（）A．B．f（x）＝x4C．f（x）＝sin x D．f（x）＝e x解：直线的斜率为k＝，由f（x）＝的导数为f′（x）＝﹣，即有切线的斜率小于0，故A不能选；由f（x）＝x4的导数为f′（x）＝4x3，而4x3＝，解得x＝，故B可以选；由f（x）＝sin x的导数为f′（x）＝cos x，而cos x＝有解，故C可以选；由f（x）＝e x的导数为f′（x）＝e x，而e x＝，解得x＝﹣ln2，故D可以选．故选：BCD．10．下列等式正确的是（）A．C＝CB．A﹣A＝n2AC．A＝nAD．nC＝C+kC解：∵＝，而＝•＝，故A错误；∵﹣＝（n+1）n（n﹣1）•••（n﹣m+1）﹣n（n﹣1）•••（n﹣m+1）＝n（n﹣1）•••（n﹣m+1）[n+1﹣1]＝n2（n﹣1）（n﹣2）•••（n﹣m+1），n2＝n2（n﹣1）（n﹣2）•••（n﹣m+1），故B正确；∵＝n（n﹣1）•••（n﹣m+1），n＝n•（n﹣1）（n﹣2）•••（n﹣m+1），故C正确；n＝n，+k＝+k＝+＝，故D错误，故选：BC．11．已知（+3x2）n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为（）A．展开式中偶数项的二项式系数之和为25B．展开式中二项式系数最大的项只有第三项C．展开式中系数最大的项只有第五项D．展开式中有理项为第三项、第六项解：∵（+3x2）n展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，∴4n﹣2n＝992，求得2n＝32，∴n＝5，故展开式中偶数项的二项式系数之和为＝24，故A错误．二项展开式的通项公式为T r+1＝•3r•，展开式中，故当r＝2或3时，即第三项、第四项的二项式系数最大，故B错误．故当r＝4时，展开式中第r+1项的系数•3r最大，即第五项得系数最大．由于（+3x2）n展开式的通项公式为T r+1＝•3r•，故C正确．故当r＝2 或5时，展开式中为理项，即第三项、第六项为有理项，故D正确．故选：CD．12．已知函数f（x）＝x cos x﹣sin x，下列结论中正确的是（）A．函数f（x）在时，取得极小值﹣1B．对于∀x∈[0，π]，f（x）≤0恒成立C．若0＜x1＜x2＜π，则D．若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1解：因为f′（x）＝cos x﹣x sin x﹣cos x＝﹣x sin x，当x∈[0，π]时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，所以函数f（x）在x＝处，不是极值点，故A错误．所以对于∀x∈[0，π]，f（x）≤f（0）＝0，故B正确，令g（x）＝，g′（x）＝，由上可知，当x∈（0，π）时，g′（x）≤0，所以g（x）在（0，π）上是减函数，若0＜x1＜x2＜π所以，即，故C正确，当x＞0时，“”等价于“sin x﹣ax＞0”，令g（x）＝sin x﹣cx，g′（x）＝cos x﹣c，当c≤0时，g（x）＞0对x∈（0，）恒成立，当c≥1时，因为对∀∈（0，），g′（x）＝cos x﹣c＜0，所以g（x）在区间（0，）上单调递减，从而，g（x）＜g（0）＝0，对∀x∈（0，）恒成立，当0＜c＜1时，存在唯一的x0∈（0，）使得g（x0）＝cos x0﹣c＝0成立，若x∈（0，x0），g′（x0）＞0，g（x）在（0，x0）上单调递增，且g（x）＞g（0）＝0，若x∈（x0，），g′（x0）＜0，g（x）在（x0，）上单调递减，且g（x）＝sin x﹣cx＞0，在（x0，）上恒成立，必须使g（）＝sin﹣c＝1﹣≥0恒成立，即0＜c≤，综上所述，当c≤时，g（x）＞0，对任意x∈（0，）恒成立，当c≥1时，g（x）＜0，对任意x∈（0，）恒成立，所以若a＜＜b，对x∈（0，）恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1，所以D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．13．（﹣3）7的展开式中x3的系数为﹣21．解：（﹣3）7的展开式的通项．由，得r＝1．∴（﹣3）7的展开式中x3的系数为．故答案为：﹣21．14．已知a为实数，若函数f（x）＝x3﹣3ax2+2a2的极小值为0，则a的值为．解：由已知f′（x）＝3x2﹣6ax＝3x（x﹣2a），又a＞0，所以由f′（x）＞0得x＜0或x＞2a，由f′（x）＜0得0＜x＜2a，所以f（x）在x＝2a处取得极小值0，即f（x）极小值＝f（2a）＝（2a）3﹣3a（2a）2+2a2＝﹣4a3+2a2＝0，又a＞0，解得a＝，故答案为：．15．已知函数f（x）＝ax2﹣2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为（0，）．解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝2ax﹣2+＝，∵f（x）有两个不同的极值点x1，x2，∴f′（x）＝0有两个不相等的正实数根，即2ax2﹣2x+1＝0两个不相等的正实数根x1，x2，∴，解得：0＜a＜，故答案为：（0，）．16．有8个座位连成一排，甲、乙、丙、丁4人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且甲、乙两人都在丙的同侧，则共有480种不同的坐法．解：根据题意，分3步进行分析：①将甲乙两人安排在丙的同侧，有2A22＝4种安排方法，②将丁安排在三人的空位中，有4种安排方法，③将两个空位看成一个整体，和剩下的2个空位安排到4人形成的5个空位中，有5C42＝30种安排方法，则有4×4×30＝480种安排方法，故答案为：480．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知函数f（x）＝lnx﹣x2+3．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间[，e]上的最大值和最小值．解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x2+3，定义域为（0，+∞），∴f'（x）＝﹣x＝，令f'（x）＞0，则0＜x＜1，∴函数f（x）的单调递增区间为（0，1）；令f'（x）＜0，则x＞1，∴函数f（x）的单调递减区间为（1，+∞）．（2）f（x），f'（x）在区间[，e]上随x的变化情况如下表：x（，1）1（1，e）ef'（x）+0﹣f（x）2﹣↑极大值↓4﹣e2∴f（x）max＝，f（x）min＝4﹣e2．18．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．（1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有多少？（2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有多少？（3）在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第几个？解：（1）依题意，所有奇数的个数为＝36个；（2）数字1和3相邻的个数有＝36个；（3）比30124小的数的个数为：＝48个，所以在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第49个．19．将4个编号为1，2，3，4的不同小球全部放入4个编号为1，2，3，4的4个不同盒子中．求：（Ⅰ）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（Ⅱ）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（Ⅲ）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（Ⅳ）把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？解：（Ⅰ）每个盒至少一个球即每个盒子均有一球，也就是4个元素的排列，故有A44＝24种不同的放法；（Ⅱ）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C42A43＝144种不同的放法；（Ⅲ）先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有C41＝4种情况，其它小球的放法只有2种，例如：4号球放在4号盒子里，其余3个球的放法为，（2，3，1），（3，1，2），共2种，故每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有2C41＝8种；（Ⅳ）分2步进行分析，从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，C41＝4种选法，再将其余3个盒子装球，由题意，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选一个盒子装2个球，另外的2个盒子一定是每个装一个球，有C31＝3种选法，所以，总方法数为3×4＝12种．20．已知在（﹣）n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56：3．（1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项．（3）求n+++…+9n﹣1的值．解：（1）由第5项的系数与第3项的系数之比是：＝56：3，解得n＝10．因为通项：T r+1＝•（﹣2）r•，当5﹣为整数，r可取0，6，于是有理项为T1＝x5和T7＝13440．（2）设第r+1项系数绝对值最大，则．解得，于是r只能为7．所以系数绝对值最大的项为T8＝﹣15360．（3）n+++…+9n﹣1＝10+9+92•+…+910﹣1•＝＝＝．21．已知函数f（x）＝lnx++a．（1）当a＝﹣时，求函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程；（2）当a∈（0，ln2），证明：函数g（x）＝e x f（x）存在唯一极值点x0，且g（x0）＞0．解：（1）当a＝﹣时，f（x）＝lnx+﹣．f′（x）＝﹣＝，∴f′（2）＝，f（2）＝ln2，∴函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程为：y﹣ln2＝（x﹣2），整理为：x﹣4y+4ln2﹣2＝0．（2）证明：函数g（x）＝e x f（x）＝e x（lnx++a），x∈（0，+∞）．g′（x）＝e x（lnx+﹣+a），设h（x）＝lnx+﹣+a，∵∀x∈R，e x＞0，因此g′（x）与h（x）的符号相同．h′（x）＝﹣+＝，显然，当x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．又h（1）＝0+2﹣1+a＝1+a＞0，h（）＝ln+4﹣4+a＝a﹣ln2＜0．（a∈（0，ln2）），∴存在唯一x0∈（，1），使得h（x0）＝0．对于g（x），则有x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0．∴函数g（x）＝e x f（x）存在唯一极值点x0，x0∈（，1）．由h（x0）＝0，可得：lnx0+﹣+a＝0，解得a＝﹣lnx0﹣+，∴g（x0）＝（lnx0++﹣lnx0﹣）＝（﹣）＝，∵x0∈（，1），∴g（x0）＞0．22．已知函数f（x）＝xlnx﹣ae x+a，其中a∈R．（1）若f（x）在定义域内是单调函数，求a的取值范围；（2）当a＝1时，求证：对任意x∈（0，+∞），恒有f（x）＜cos x成立．解：（1）因为f（x）＝xlnx﹣ae x+a，所以f'（x）＝lnx+1﹣ae x，因为f（x）在定义域内是单调递减函数，则f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，若f'（x）≤0，则a≥，令G（x）＝（x＞0），得G′（x）＝，易知G'（1）＝0，且函数y＝−lnx−1在（0，+∞）上单调递减，当x＞0时，e x＞1，所以在区间（0，1）上，G'（x）＞0；在（1，+∞）上G'（x）＜0，所以G（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，此时G（x）的最大值为G（1）＝，所以当a≥时，f（x）在定义域上单调递减；即a的取值范围是[，+∞）．（2）证明：当a＝1时，f（x）＝xlnx﹣e x+1，要证f（x）＜cos x，即证xlnx＜e x+cos x﹣1，当0＜x≤1时，xlnx≤0，而e x+cos x﹣1＞1+cos1﹣1＝cos1＞0，故xlnx＜e x+cos x﹣1成立，即f（x）＜cos x成立，当x＞1时，令h（x）＝e x+cos x﹣xlnx﹣1（x＞1），则h′（x）＝e x﹣sin x﹣lnx﹣1，设g（x）＝e x﹣sin x﹣lnx﹣1（x＞1），则g′（x）＝e x﹣cos x﹣，∵x＞1，∴g′（x）＝e x﹣cos x﹣＞e﹣1﹣1＞0，故x＞1时，g（x）单调递增，故g（x）＞e﹣sin x﹣1＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增，故h（x）＞e+cos1﹣1＞0，即f（x）＜cos x成立，综上：对任意x∈（0，+∞），恒有f（x）＜cos x成立．。

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