江苏省苏州中学2020学年度高二数学(理)第二学期期中考试试卷

合集下载

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.。

江苏省苏州市2020年高二下学期期中数学试卷(理科)(II)卷

江苏省苏州市2020年高二下学期期中数学试卷（理科）（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题： (共12题；共24分)1. （2分）设i为虚数单位，则（）A . -2-3iB . 2-3iC . -2+3iD . 2+3i2. （2分）因为四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD的对角线相等。

以上推理的大前提是（）A . 矩形都是对边平行且相等的四边形.B . 矩形都是对角线相等的四边形C . 对边平行且相等的四边形都是矩形.D . 对角线相等的平行四边形是矩形3. （2分）设,则下列关系式成立的是（）A .B .C .D .4. （2分）直线l的方程x﹣2y+6=0的斜率和它在x轴与y轴上的截距分别为（）A . ,-6,3B . ,6,3C . 2，﹣6，3D . ,-6,-35. （2分） (2016高二下·武汉期中) f（x）是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf′（x）+f （x）≤0，对任意正数a、b，若a＜b，则必有（）A . af（b）≤bf（a）B . bf（a）≤af（b）C . af（a）≤f（b）D . bf（b）≤f（a）6. （2分）在数列1,1,2,3,5,8，x，21,34,55中，x等于（）A . 11B . 12C . 13D . 147. （2分） (2019高三上·汉中月考) 函数在上的图象大致为（）A .B .C .D .8. （2分） (2017高二下·定西期中) 在数学归纳法的递推性证明中由假设n=k时成立推导n=k+1时成立时f （n）=1+ + +…+ 增加的项数是（）A . 1B . 2k+1C . 2k﹣1D . 2k9. （2分）已知函数，.若函数的零点为，函数的零点为，则有（）A .B .C .D .10. （2分）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为（）A .B .C .D .11. （2分）下面给出了关于复数的三种类比推理：其中类比错误的是（）①复数的乘法运算法则可以类比多项式的乘法运算法则；②由向量的性质||2=2可以类比复数的性质|z|2=z2；③由向量加法的几何意义可以类比得到复数加法的几何意义．A . ②B . ①②C . ①③D . ③12. （2分）要得到一个奇函数，只需将的图象（）A . 向右平移个单位B . 向右平移个单位C . 向左平移个单位D . 向左平移个单位二、填空题： (共4题；共4分)13. （1分）若复数z满足（i为虚数单位），则|z|=________14. （1分）过点的函数图象的切线斜率为________.15. （1分）顺次计算数列：1，1+2+1，1+2+3+2+1，1+2+3+4+3+2+1，…的前4项的值，由此猜测：an=1+2+3+…+（n﹣1）+n+（n﹣1）+…+3+2+1的结果为________16. （1分） (2017高三上·唐山期末) 曲线与所围成的封闭图形的面积为 ________.三、解答题： (共6题；共55分)17. （5分） (2017高二下·西安期中) 设复数z= ，若z2+az+b=1+i，求实数a，b的值．18. （10分） (2017高二下·鸡西期末) 设函数f(x)＝ x3－ x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.（1）求b，c的值；（2）设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．19. （10分） (2017高二下·汉中期中) 已知数列{an}满足a1=1，Sn=2n﹣an（n∈N*）．（1）计算a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；（2）用数学归纳法证明（1）中的猜想．20. （10分） (2019高二上·烟台期中) 甲、乙两地相距，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过 .已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度（单位：）的平方成正比，且比例系数为，固定部分为元.（1）把全程运输成本（元）表示为速度的函数，并求出当，时，汽车应以多大速度行驶，才能使得全程运输成本最小；（2）随着汽车的折旧，运输成本会发生一些变化，那么当，元，此时汽车的速度应调整为多大，才会使得运输成本最小.21. （15分） (2016高二下·东莞期中) 已知函数f（x）= +lnx在（1，+∞）上是增函数，且a＞0．（1）求a的取值范围；（2）求函数g（x）=ln（1+x）﹣x在[0，+∞）上的最大值；（3）设a＞1，b＞0，求证：．22. （5分）设函数f（x）=ex﹣2ax，x∈R．（1）当a=1时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）在（1）的条件下，求证：f（x）＞0；（3）当a＞时，求函数f（x）在[0，2a]上的最小值和最大值．参考答案一、选择题： (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题： (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题： (共6题；共55分) 17-1、18-1、18-2、19-1、19-2、20-1、20-2、21-1、21-2、21-3、22-1、第11 页共12 页第12 页共12 页。

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
第 2 页，共 11 页
（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；

2019-2020学年江苏省苏州市高二下学期期中数学试题(解析版)

2019-2020学年江苏省苏州市高二下学期期中数学试题
一、单选题
1．复数（其中i是虚数单位）的实部是（）
A．1B． C． D．0
【答案】D
【解析】化简复数即可得答案.
【详解】
，
的实部是0.
故选：D
【点睛】
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，属于基础题.
2．如果一质点的运动方程为（位移单位：米；时间单位：秒），则该质点在秒时的瞬时速度为（）
【详解】
将甲乙两人中间安排一人，则有种排法；将三人绑定，看成一个元素，再与剩余的两人组成三个元素进行全排列，共有种排法.
故选：B
【点睛】
本题主要考查排列组合的应用，考查了用捆绑法解决实际问题.
7．已知，则的值为（）
A．6B．8C．12D．8或12
【答案】D
【解析】由，可得或，即可求得答案.
三、填空题
13．若复数满足（为虚数单位），则的最小值是________.
【详解】
或，
解得：或
故选：D
【点睛】
本题主要考查了求解组合数方程，解题关键是掌握组合数基本性质，属于基础题.
8．若，，，则，，的大小关系为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由知，只需比较的大小就可得，，的大小关系.
【详解】
由知，只需比较的大小，
又，所以，
而，所以，
当时，由知，函数在上是单调增函数，因为时，，，所以，所以不正确；
当时，由知，函数在时取得最小值，要使得函数有两个零点，必须且只需函数的最小值小于0即可，即，

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年高二下学期期中数学试卷(理科)(II)卷

江苏省2020年高二下学期期中数学试卷（理科）（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）若复数z满足（ +i）（1+i）=2，则z在复平面内对应的点所在的象限为（）A . 第一象限B . 第二象限C . 第三象限D . 第四象限2. （2分）已知△ABC中，∠A=30°，∠B=60°，求证：a<b.证明：因为∠A=30°，∠B=60°，所以∠A<∠B.所以a<b.其中，划线部分是演绎推理的（）A . 大前提B . 小前提C . 结论D . 三段论3. （2分）用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，下列假设正确的是（）A . a，b，c都是奇数B . a，b，c中至少有两个是偶数C . a，b，c都是偶数D . a，b，c中至多有一个偶数4. （2分）用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn+yn能被x+y整除”，第二步归纳假设应该写成（）A . 假设当n=k（k∈N*）时，xk+yk能被x+y整除B . 假设当n=2k（k∈N*）时，xk+yk能被x+y整除C . 假设当n=2k+1（k∈N*）时，xk+yk能被x+y整除D . 假设当n=2k﹣1（k∈N*）时，x2k﹣1+y2k﹣1能被x+y整除5. （2分）由直线，及ｘ轴围成平面图形的面积为（）A .B .C .D .6. （2分） (2019高二下·安徽月考) 某次测试中有4道选择题，每题1分，每道题在选项中只有一个是正确的.下表是甲、乙、丙三名同学每道题填涂的答案和这4道题的得分：1234得分甲C A B A3乙C C B C2丙B B B A1则甲同学答错的题目的题号是（）A . 1B . 2C . 3D . 47. （2分） (2019高二下·固镇月考) 曲线与直线所围成图形的面积为（）A .B .C .D .8. （2分）（）A .B .C .D .9. （2分）已知整数的数对列如下：（1，1），（1，2），（2，1），（1，3），（2，2），（3，1），（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），（1，5），（2，4），…则第60个数对是（）A . （3，8）B . （4，7）C . （4，8）D . （5，7）10. （2分）三角形的面积s= （a+b+c）r，a，b，c为其边长，r为内切圆的半径，利用类比法可以得出四面体的体积为（）A . V= abc（a，b，c为地面边长）B . V= sh（s为地面面积，h为四面体的高）C . V= （ab+bc+ac）h，（a，b，c为地面边长，h为四面体的高）D . V= （S1+S2+S3+S4）r，（S1 ， S2 ， S3 ， S4分别为四个面的面积，r为内切球的半径）11. （2分） (2018高二上·兰州月考) 已知数列中，前项和为，且点在直线上，则 =（）A .B .C .D .12. （2分）规定记号“”表示一种运算，即：，设函数。

江苏省苏州市2019-2020学年高二第二学期期中考试数学试卷(含答案)

江苏省苏州市2019-2020学年高二第二学期期中考试数学参考答案一、单项选择题：1-8. DCBBABDD二、多项选择题：9. ABD10. ABC 11. ABD 12. A BD 三、填空题：13.114. (0, 1]15.13302－3 0LM3－2－ fhu －－A 四、解答题：17.解：（I ）由f(x)=x 十臼2十blnx，得f'(x)= 2ax+ 1 ＋互（x > 0). x ...... 1分由曲线Y = f(x ）在点(,f (））处的切线方程为2x-y-2=0,得f'(l)= 1 + 2α＋b = 2/(1)= 1＋α＝ 0 ............... 3分解得α＝－1,b =3. . .............. 4分（即f(x ）＝一泸＋x+3lnx,x E (0十∞），f'(x)=-2x+l 十二（x > 0). …….........5分一2x+l ＋二＞0，解得XE (0，三）…........….6分x2-2x+l ＋三＜0，解得XE (;,+oo ).....………7分X L3同、3所以函数的增区间：（0，一）；减区间：（一，＋∞），............... 8分2 2 3 3 3 当x ＝三时，函数取得极大值，函数的极大值为f （一=3ln一一一...............10分2 2 4 18.解：（I ）除去一定担任语文科代表的女生后，先选后排，共有不同选法cL�1=s4oc 种）．...... 4分(II ）先选后排，但先安排不担任语文科代表的该男生，所以共有不同选法d·cl·A 1=3360（种）．.... 8分。

1月先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生和一定要担任语文科代表的该女生的6人中选3人有d 种，再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生有d种，其余3人全排列有A�种，所以共有不同选法d·d A �＝360（种）…….......12分（每少写一处数值，扣l分）高二数学参考答案第l 页共4页江苏省苏州市2019-2020学年高二第二学期期中考试。

2020年江苏省苏州高二(下)期中数学试卷解析版

期中数学试卷题号一二总分得分一、填空题（本大题共14小题，共70.0分）1.若集合U={1，2，3，4，5}，M={1，2，4}，则∁U M=______．2.已知复数z=2-i（i是虚数单位），则|z|=______．3.若复数z1=1+i，z2=3-i，则z1•z2的虚部为______．4.完成下面的三段论：大前提：互为共轭复数的乘积是实数小前提：x+yi与x-yi是互为共轭复数结论：______．5.用反证法证明命题“如果a＞b，那么＞”时，假设的内容应为______．6.若（x2-1）+（x2+3x+2）i是纯虚数，则实数x的值是______．7.函数f（x）=+的定义域是______．8.“0＜x＜1”是“log2（x+1）＜1”的______条件（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）．9.设直线y=x+b是曲线y=ln x（x＞0）的一条切线，则实数b的值为______．10.=______．11.已知△ABC的周长为l，面积为S，则△ABC的内切圆半径为r=．将此结论类比到空间，已知四面体ABCD的表面积为S，体积为V，则四面体ABCD的内切球的半径R=______．12.函数的一个零点在区间（1，2）内，则实数a的取值范围是______．13.第二十九届北京奥运会吉祥物“福娃迎迎”，按如下的方式构造图形，图（1）、（2）、（3）、（4）分别包含1个、5个、13个、25个，第n个图形包含f（n）个“福娃迎迎”，则f（n）-f（n-1）=______．（答案用含n的解析式表示）14.已知函数若，a，b，c，d是互不相同的正数，且f（a）=f（b）=f（c）=f（d），则abcd的取值范围是______．二、解答题（本大题共6小题，共90.0分）15.已知z为复数，z+2i和均为实数，其中i是虚数单位．（Ⅰ）求复数z；（Ⅱ）若复数（z+ai）2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．16.已知命题p：函数有两个不同的极值点；命题q：函数在区间是单调减函数若p且为真命题，求实数m的取值范围．17.方程x2-x-m=0在（-1，1）上有解．（1）求满足题意的实数m组成的集合M；（2）设不等式（x-a）（x+a-2）＜0的解集为N，若M⊆N，求a的取值范围．18.已知函数f（x）是定义在（-4，4）上的奇函数，满足f（2）=1，当-4＜x≤0时，有f（x）=．（1）求实数a，b的值；（2）求函数f（x）在区间（0，4）上的解析式，并利用定义证明其在该区间上的单调性；（3）解关于m的不等式f（m2+1）＞1．19.某群体的人均通勤时间,是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤分析显示：当S中的成员自驾时,自驾群体的人均通勤时间为单位：分钟,而公交群体的人均通勤时间不受x影响,恒为40分钟,试根据上述分析结果回答下列问题：当x在什么范围内时,公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？求该地上班族S的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性,并说明其实际意义．20.设函数f（x）=-x2+（a+1）x-ln x（a∈R）．（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；（2）当a＞0时，讨论函数f（x）的单调性；（3）若对任意a∈（2，3）及任意x1，x2∈[1，2]，恒有m+ln2＞|f（x1）-f（x2）|成立，求实数m的取值范围．答案和解析1.【答案】{3，5}【解析】【分析】本题考查补集的运算．属于基础题.直接进行补集的运算即可．【解答】解：∵U={1，2，3，4，5}，M={1，2，4}；∴∁U M={3，5}．故答案为：{3，5}．2.【答案】【解析】解：∵复数z=2-i，∴|z|===．故答案为：．根据复数模长的定义直接进行计算即可．本题主要考查复数的长度的计算，比较基础．3.【答案】2【解析】解：∵z1=1+i，z2=3-i，∴z1•z2=（1+i）（3-i）=4+2i，∴z1•z2的虚部为2．故答案为：2．把z1=1+i，z2=3-i代入z1•z2，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，考查复数的基本概念，是基础题．4.【答案】（x+yi）．（x-yi）是实数【解析】解：由演绎推理三段论可得“三段论”推理出一个结论，则这个结论是：““（x+yi）．（x-yi）是实数，故答案为：（x+yi）．（x-yi）是实数．三段论是由两个含有一个共同项的性质判断作前提得出一个新的性质判断为结论的演绎推理．在三段论中，含有大项的前提叫大前提，如本例中的“互为共轭复数的乘积是实数”；含有小项的前提叫小前提，如本例中的“x+yi与x-yi是互为共轭复数”．另外一个是结论．三段论推理是演绎推理中的一种简单判断推理．它包含两个性质判断构成的前提，和一个性质判断构成的结论．一个正确的三段论有仅有三个词项，其中联系大小前提的词项叫中项；出现在大前提中，又在结论中做谓项的词项叫大项；出现在小前提中，又在结论中做主项的词项叫小项．5.【答案】＜或=【解析】解：由于命题“＞”的否定为“＜或=”，故用反证法证明命题“如果a＞b，那么＞”时，应假设＜或=，故答案为：＜或=．用反证法证明数学命题“如果a＞b，那么＞”时，应假设它的否定本题考查用反证法证明数学命题，求一个命题的否定的方法，得到命题“＞”的否定为“＜或=”，是解题的关键．6.【答案】1【解析】解：因为（x2-1）+（x2+3x+2）i是纯虚数，x∈R所以解得：x=1故答案为：1复数为纯虚数时，实部为0，虚部不为0，求解相应的方程与不等式，即可确定x的值．本题考查复数的基本概念，考查计算能力，明确复数为纯虚数时，实部为0，虚部不为0是解题的关键．7.【答案】{x|x＞-2，且x≠2}【解析】解：要使f（x）有意义，则：；∴x＞-2，且x≠2；∴f（x）的定义域为{x|x＞-2，且x≠2}．可看出，要使得函数f（x）有意义，则需满足，解出x的范围即可．考查函数定义域的定义及求法，描述法表示集合的定义．8.【答案】充分不必要【解析】解：∵log2（x+1）＜1=log22，∴，∴-1＜x＜1，∴“0＜x＜1”是“log2（x+1）＜1”的充分不必要条件，故答案为：充分不必要．求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合充分条件和必要条件的定义以及不等式的性质是解决本题的关键，属基础题．9.【答案】ln2-1【解析】【分析】本小题主要考查直线的方程、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题．欲求实数b的大小，只须求出切线方程即可，故先利用导数求出在切点处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，最后求出切线方程与已知直线方程对照即可．【解答】解：y′=（ln x）′=，令=得x=2，∴切点为（2，ln2），代入直线方程y=x+b，∴ln2=×2+b，∴b=ln2-1．故答案为：ln2-1.10.【答案】-i【解析】解：∵，∴=i2019=i4×504+3=i3=-i．故答案为：-i．直接利用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，是基础题．11.【答案】【解析】解：设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．则四面体的体积为V=（S1+S2+S3+S4）R,∴R=,故答案为：．根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可．本题考查类比推理的应用，类比推理是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质类比迁移到另一类数学对象上去．一般步骤：①找出两类事物之间的相似性或者一致性．②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（或猜想）．12.【答案】（0，3）【解析】解：由题意可得f（1）f（2）=（0-a）（3-a）＜0，解得：0＜a＜3，故实数a的取值范围是（0，3），故答案为：（0，3）由题意可得f（1）f（2）=（0-a）（3-a）＜0，解不等式求得实数a的取值范围．本题考查函数零点的定义以及函数零点判定定理的应用，属于基础题．13.【答案】【解析】【分析】本题可根据题意及图写出前4个算式的表达式，然后观察规律可得f（n）及f（n-1），即可算出结果．本题主要考查结合图形与题干的理解，先写出前面的简单项，发现规律并归纳f（n）．本题属中档题．【解答】解：由题意及图，可发现规律：f（1）=1，f（2）=1+3+1，f（3）=1+3+5+3+1，f（4）=1+3+5+7+5+3+1，通过已知的这四个算式的规律，可得：f（n）=1+3+…+（2n-3）+（2n-1）+（2n-3）+…+3+1，f（n-1）=1+3+…+（2n-5）+（2n-3）+（2n-5）+…+3+1，通过上面两个算式，可得：f（n）-f（n-1）=（2n-1）+（2n-3）=4（n-1）．故答案为：4（n-1）．14.【答案】（24，25）【解析】解：先画出函数的图象，如图：∵a，b，c，d互不相同，不妨设a＜b＜c＜d．且f（a）=f（b）=f（c）=f（d），而-log4a=log4b，即有log4a+log4b=0，可得ab=1，则abcd=cd，由c+d=10，可得cd＜（）2=25，且cd=c（10-c）=-（c-5）2+25，当c=4时，d=6，cd=24，但此时b，c相等，故abcd的范围为（24，25）．故答案为：（24，25）．画出函数y=f（x）的图象，运用对数函数的图象，结合对数运算性质，可得ab=1，由二次函数的性质可得c+d=10，运用基本不等式和二次函数的性质，即可得到所求范围．本题考查了利用函数图象分析解决问题的能力，以及对数函数图象的特点，注意体会数形结合思想在本题中的运用．15.【答案】解：（Ⅰ）设复数z=a+bi（a，b∈R），由题意，z+2i=a+bi+2i=a+（b+2）i∈R，∴b+2=0，即b=-2．又，∴2b+a=0，即a=-2b=4．∴z=4-2i．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知z=4-2i，∵（z+ai）2=（4-2i+ai）2=[4+（a-2）i]2=16-（a-2）2+8（a-2）i对应的点在复平面的第一象限，∴解得a的取值范围为2＜a＜6．【解析】（I）设出复数的代数形式，整理出z+2i和，根据两个都是实数虚部都等于0，得到复数的代数形式．（II）根据上一问做出的复数的结果，代入复数（z+ai）2，利用复数的加减和乘方运算，写出代数的标准形式，根据复数对应的点在第一象限，写出关于实部大于0和虚部大于0，解不等式组，得到结果．本题考查复数的加减乘除运算，考查复数的代数形式和几何意义，考查复数与复平面上点的对应，考查解决实际问题的能力，是一个综合题．16.【答案】解：p为真时：f′（x）=x2+2x+m△=4-4m＞0∴m＜1q为真时：m≥4∴┐q为真时：m＜4由得：m＜1∴实数m的取值范围为（-∞，1）．【解析】首先，判定命题p和命题q都为真命题时，实数m的取值范围，然后，结合条件p且￢q为真命题，进一步确定实数m的取值范围．本题重点考查了简单命题和复合命题的真假判断，属于中档题，准确理解复合命题的真假判断是解题关键．17.【答案】解：（1）∵x2-x-m=0在（-1，1）上有解．∴x2-x=m在（-1，1）上有解．设f（x）=x2-x=（x-）2-，∵-1＜x＜1，∴最小值为-，最大值为f（-1）=2，即-≤f（x）＜2，即-≤m＜2（2）当a=1时，解集N为空集，不满足题意．当a＞1时，a＞2-a，此时集合N=（2-a，a），若M⊆N则，解得a＞．当a＜1时，a＜2-a，此时集合N=（a，2-a），若M⊆N则，解得a＜-综上，a＞或a＜-．【解析】（1）根据方程有解转化为一元二次函数，求出对应的值域即可（2）结合一元二次不等式的解法求出对应的解集N，结合集合关系进行求解即可本题主要考查集合关系的应用，结合方程与函数之间的关系以及不等式的解法是解决本题的关键．18.【答案】解：（1）由题可知，，解得；（2）由（1）可知当x∈（-4，0）时，，当x∈（0，4）时，-x∈（-4，0），任取x1，x2∈（0，4），且x1＜x2，∵x1，x2∈（0，4），且x1＜x2，则-x1+4＞0，-x2+4＞0，x1-x2＜0，于是f（x1）-f（x2）＜0，∴在x∈（0，4）上单调递增；（3）∵函数f（x）是定义在（-4，4）上的奇函数，且f（x）在x∈（0，4）上单调递增，则f（x）在x∈（-4，4）上单调递增，∴f（m2+1）＞1=f（2）的解为m2+1＞2，解得m＜-1或m＞1，∴不等式的解集为{m|m＜-1或m＞1}．【解析】（1）根据条件可得f（0）=0，f（-2）=-1，解不等式组即可；（2）将a，b的值代入f（x）中，利用定义证明f（x）的单调性即可；（3）根据f（x）的单调性和f（2）=1，可得m2+1＞2，解不等式即可；本题考查了函数的奇偶性和单调性以及不等式的解法，关键是利用定义证明单调性，属基础题．19.【答案】解；（1）由题意知，当30＜x＜100时，f（x）=2x+-90＞40，即x2-65x+900＞0，解得x＜20或x＞45，∴45<x<100,∴x∈（45，100）时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；（2）当0＜x≤30时，g（x）=30•x%+40（1-x%）=40-；当30＜x＜100时，g（x）=（2x+-90）•x%+40（1-x%）=-x+58；∴g（x）=；y=的对称轴为x=32.5,当x=30时，，=37，所以当0＜x＜32.5时，g（x）单调递减；当32.5＜x＜100时，g（x）单调递增；说明该地上班族S中有小于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递减的；有大于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递增的；当自驾人数为32.5%时，人均通勤时间最少．【解析】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论与分析问题、解决问题的能力,属于中档题．（1）由题意知求出f（x）＞40时x的取值范围即可；（2）分段求出g（x）的解析式，判断g（x）的单调性，再说明其实际意义．20.【答案】解：（1）由题意得，定义域为（0，+∞），当a=0时，f（x）=x-ln x，∴f′（x）=1-=．由f′（x）＞0⇒x＞1；f′（x）＜0⇒0＜x＜1，∴函数f（x）在区间（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增．∴x=1时f（x）有极小值为f（1）=1-ln1=1．（2）a＞0时，f′（x）=-ax+a+1-==．当f′（x）=0时，x=1和x=．①当a=1时，f′（x）=-≤0恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上递减；②当＞1即0＜a＜1时，f′（x）＞0⇒1＜x＜；f′（x）＜0⇒0＜x＜1或x＞；∴f（x）在（1，）上递增，在（0，1）和（，+∞）上递减；③当＜1即a＞1时，f′（x）＞0⇒＜x＜1；f′（x）＜0⇒0＜x＜或x＞1；∴f（x）在（，1）上递增，在（0，）和（1，+∞）上递减．（3）由（2）知当a∈（2，3）时，f（x）在区间[1，2]上单调递减，所以|f（x1）-f（x2）|max=f（1）-f（2）=-1+ln2，要使对任意x1，x2∈[1，2]，恒有m+ln2＞|f（x1）-f（x2）|成立则有m+ln2＞|f（x1）-f（x2）|max，第11页，共11页即m +ln2＞-1+ln2对任意a ∈（2，3）成立，亦即m ＞对任意a ∈（2，3）成立，令g （a ）=，则g ′（a ）=＞0对a ∈（2，3）恒成立，所以g （a ）在a ∈（2，3）上单调递增，∴g （a ）＜g （3）=，故m 的取值范围为 m ≥．【解析】（1）由f ′（x ）=1-=．由f ′（x ）＞0⇒x ＞1； f ′（x ）＜0⇒0＜x ＜1，从而函数f （x ）在区间（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增．进而x =1时f （x ）有极小值为f （1）=1-ln1=1；（2）a ＞0时，f ′（x ）=．当f ′（x ）=0时，x =1和x =．分别讨论①当a =1时，②当＞1③当＜1的情况，从而得出答案；（3）由（2）知当a ∈（2，3）时，f （x ）在区间[1，2]上单调递减，所以|f （x 1）-f （x 2）|max =f （1）-f （2）=-1+ln2，则有m +ln2＞|f （x 1）-f （x 2）|max ，令g （a ）=，则g ′（a ）=＞0对a ∈（2，3）恒成立，从而求出m 的范围．本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应用，求参数的取值范围，是一道综合题．。

2020-2021学年江苏省苏州中学高二(下)期中数学试卷

2020-2021学年江苏省苏州中学高二（下）期中数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知集合A＝{x|log2（2﹣x）＜1}，B＝{x|6x2﹣11x＞0}，则A∩B＝（）A．B．C．D．2．（5分）函数y＝x+2cos x在上的极大值点为（）A．B．C．D．3．（5分）函数的大致图象为（）A．B．C．D．4．（5分）我校文创社团近期设计了两款明信片文创作品“油池春军”和“府学春雨”，借此展示学校的文化底蕴和春天美景，一经推出，校志愿者社团派出李明和张伟等5人帮助文创社团公益售卖两款明信片，5人分两组，且每款明信片至少由两名志愿者售卖，则不同的售卖方案种数为（）A．8B．10C．12D．145．（5分）如图所示，1，2，3表示三个开关，若在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9（）A．0.999B．0.981C．0.980D．0.7296．（5分）已知函数f（x）＝e x（x＜1），函数g（x）＝k（x+2），则实数k的取值范围（）A．B．C．D．（﹣∞，e] 7．（5分）实数a，b满足a＞0，b＞0，则的最小值是（）A．4B．6C．D．8．（5分）拉格朗日定理又称拉氏定理：如果函数f（x）在[a，b]上连续（a，b）上可导，则必有一ξ∈（a，b）（ξ）（b﹣a）＝f（b）﹣f（a），在区间（0，3）内任取两个实数x1，x2，且x1≠x2，若不等式恒成立，则实数a 的最小值为（）A．B．﹣2C．D．二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（5分）A，B，C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（）A．若A、B不相邻共有72种方法B．若A、B两人站在一起有24种方法C．若A在B左边有60种排法D．若A不站在最左边，B不站最右边，有78种方法10．（5分）下列说法正确的是（）A．已知随机变量X，Y，满足X+2Y＝4，且X服从正态分布N（3，1），则B．已知随机变量X服从二项分布，则C．已知随机变量X服从正态分布N（4，1），且P（X≥5）＝0.1587，则P（3＜X＜5）＝0.6826D．已知随机变量X服从两点分布，且P（X＝0）＝0.6，P（X＝1）＝0.4，令Y＝3X﹣2，则P（Y＝﹣2）＝0.611．（5分）若0＜x1＜x2＜1，e为自然对数的底数，则下列结论错误的是（）A．＜B．＞C．＞lnx2﹣lnx1D．＜lnx2﹣lnx112．（5分）已知实数x，y，z，满足x+y+z＝1，且x2+y2+z2＝1，则下列结论正确的是（）A．xy+yz+zx＝0B．z的最大值为C．z的最小值为D．xyz的最大值为0三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置．13．（5分），则x＝．14．（5分）已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，对定义域内的任意x都有f（x），则实数k的取值范围是．15．（5分）若（x+a）2（﹣1）5的展开式中常数项为﹣1，则a的值为．16．（5分）已知f（x）＝lnx a﹣ax+a+1（x＞0），则其函数的图象恒过点，若a＞0，f（x）的图象与x轴的交点为P（x0，0），过点P的切线l在y轴上的截距为1﹣e，则ax0＝．四、解答题：本大题共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．（10分）在二项式的展开式中，______给出下列条件：①若展开式中第5项与第3项的二项式系数之比为7：2；②所有偶数项的二项式系数的和为256；③若展开式前三项的二项式系数的和等于46．试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：（1）求展开式的常数项；（2）求（1﹣2x）n展开式中系数绝对值最大的项．18．（12分）已知函数f（x）＝．（1）判断函数g（x）＝f（x）﹣的奇偶性；（2）已知a≤0，求关于x的不等式f[ax2+（2a﹣1）x﹣1]≥的解集．19．（12分）甲乙两人参加某种选拔测试，在备选的10道题中，甲答对其中每道题的概率都是，只有选中的4个题目均答对才能入选；（Ⅰ）求甲恰有2个题目答对的概率；（Ⅱ）求乙答对的题目数X的分布列；（Ⅲ）试比较甲，乙两人平均答对的题目数的大小，并说明理由．20．（12分）某农家小院内有一块由线段OA，OC，CB及曲线AB围成的地块m，点A，B到OC所在直线的距离分别为1m，∠AOC＝45°，tan∠OCB＝﹣，已知曲线OAB 是函数y＝f（x）的图象+b图象的一部分．（1）求函数y＝f（x）的解析式；（2）P是函数y＝f（x）的图象上在曲线AB上的动点，现要在阴影部分（即平行四边形PMCN及其内部），求种植蔬菜区域的最大面积．21．（12分）2021年是建党一百周年，为激发我校学生学习党史、宣传党史的热情，引导同学们从历史中汲取智慧和力量，苏州中学学生处组织开展“我家的红色宝藏”寻访展示系列活动．高二年级部计划将各班级推选的“红色宝藏”集中展览5天，选出“最具价值藏品”策划拍成纪录片，若当天不下雨，则在“香樟大道”室外布展，则移至“道梦空间”室内布展．天气预报显示，当周周一至周五的5天时间内出现风雨天气的概率是：前2天均为（假设每一天出现风雨天气是相互独立的）．（1）求至少有一天在“道梦空间”室内布展的概率；（2）求在“香樟大道”室外布展的平均天数．（结果精确到0.1）22．（12分）已知函数，（1）试计算，…，据此你能发现什么结论？证明你的结论；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）设，求函数f（x）在上的零点个数（提示（1）的结论）．2020-2021学年江苏省苏州中学高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知集合A＝{x|log2（2﹣x）＜1}，B＝{x|6x2﹣11x＞0}，则A∩B＝（）A．B．C．D．【解答】解：集合A＝{x|y＝log2（2﹣x）＜5}＝{x|2﹣x＜2且3﹣x＞0}＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x＜0或x＞}，∴A∩B＝{x|＜x＜2}．故选：C．2．（5分）函数y＝x+2cos x在上的极大值点为（）A．B．C．D．【解答】解：y′＝1﹣2sin x＝6，x∈[0，]，解得：x＝，当x∈（0，）时，∴函数在（4，）上单调递增，当x∈（，）时，∴函数在（，）上单调递减，∴x＝是函数的极大值点，故选：C．3．（5分）函数的大致图象为（）A．B．C．D．【解答】解：函数的定义域为（﹣∞，0）∪（0，且，故f（x）为偶函数，当x＞1时，4x lnx2＞0，4x+1＞0，f（x）＞7．故选：A．4．（5分）我校文创社团近期设计了两款明信片文创作品“油池春军”和“府学春雨”，借此展示学校的文化底蕴和春天美景，一经推出，校志愿者社团派出李明和张伟等5人帮助文创社团公益售卖两款明信片，5人分两组，且每款明信片至少由两名志愿者售卖，则不同的售卖方案种数为（）A．8B．10C．12D．14【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①将5人分为4、2的两组，若李明和张伟两人一组，有1种分组方法，若李明和张伟和其他4人组成1组，有3种分组方法，则有2+3＝4种分组方法；②将分好的7组安排售卖两款明信片，有4×2＝5种安排方法；故选：A．5．（5分）如图所示，1，2，3表示三个开关，若在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9（）A．0.999B．0.981C．0.980D．0.729【解答】解：如图所示，1，2，8表示三个开关，在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9，那么此系统的可靠性是：P＝3.9+（1﹣7.9）×0.4×0.9＝4.981．故选：B．6．（5分）已知函数f（x）＝e x（x＜1），函数g（x）＝k（x+2），则实数k的取值范围（）A．B．C．D．（﹣∞，e]【解答】解：当g（x）＝k（x+2）与f（x）＝e x相切时，设切点为（a，b），解得a＝﹣5；可得k＝，∵直线恒过（﹣2，6），f（x）＝e x（x＜1）的端点坐标为（1，e），可得k＝＝，∴实数k的取值范围是（）．故选：A．7．（5分）实数a，b满足a＞0，b＞0，则的最小值是（）A．4B．6C．D．【解答】解：∵a＞0，b＞0，∴3＜ab≤4．∴＝＝＝＝＝＝2+，）．∴最小值为．故选：D．8．（5分）拉格朗日定理又称拉氏定理：如果函数f（x）在[a，b]上连续（a，b）上可导，则必有一ξ∈（a，b）（ξ）（b﹣a）＝f（b）﹣f（a），在区间（0，3）内任取两个实数x1，x2，且x1≠x2，若不等式恒成立，则实数a 的最小值为（）A．B．﹣2C．D．【解答】解：∵x1≠x2，不妨设3＜x1＜x2＜3，∴x2﹣x1＞5，∵，∴f（x1+8）﹣f（x2+1）＜（x5+1）﹣（x1+4），∴f（x1+1）+（x8+1）＜f（x2+3）+（x2+1），令g（x）＝f（x）+x，则g（x5）＜g（x2），即g（x）＝f（x）+x在（1，3）上单调递增，∴g′（x）≥0在（1，7）上恒成立，g′（x）＝f′（x）+x′＝≥0，∴a≥﹣（）在（7，令h（x）＝﹣（+x），4），＝，令h′（x）＞4，解得1＜x＜，令h′（x）＜4，解得，∴h（x）在（8，）上单调递增，2）上单调递减，∴h（x）max＝h（）＝﹣2，∴a≥﹣2，∴实数a的最小值为﹣2．故选：C．二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（5分）A，B，C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（）A．若A、B不相邻共有72种方法B．若A、B两人站在一起有24种方法C．若A在B左边有60种排法D．若A不站在最左边，B不站最右边，有78种方法【解答】解：对于A：把A、B插入到C、D，共有A33A62＝72种方法，故A正确；对于B：把A、B捆绑在一起和插入到C、D，共有A28A44＝48种方法，故B不正确；对于C：A在B左边，则有，故C正确；对于D：利用间接法A55﹣2A44+A83＝78种方法，故D正确．故选：ACD．10．（5分）下列说法正确的是（）A．已知随机变量X，Y，满足X+2Y＝4，且X服从正态分布N（3，1），则B．已知随机变量X服从二项分布，则C．已知随机变量X服从正态分布N（4，1），且P（X≥5）＝0.1587，则P（3＜X＜5）＝0.6826D．已知随机变量X服从两点分布，且P（X＝0）＝0.6，P（X＝1）＝0.4，令Y＝3X﹣2，则P（Y＝﹣2）＝0.6【解答】解：对于A：知随机变量X，Y，满足X+2Y＝4，6），且Y～N（），则；对于B：已知随机变量X服从二项分布，则，故B错误；对于C：已知随机变量X服从正态分布N（5，1），则P（3＜X＜3）＝1﹣2×3.1587＝0.6826；对于D：已知随机变量X服从两点分布，且P（X＝0）＝3.6，令Y＝3X﹣6，故D正确；故选：ACD．11．（5分）若0＜x1＜x2＜1，e为自然对数的底数，则下列结论错误的是（）A．＜B．＞C．＞lnx2﹣lnx1D．＜lnx2﹣lnx1【解答】解：令f（x）＝，则，当x＞7时，f′（x）＞0，当x＜1时，函数f（x）单调递减，因为6＜x1＜x2＜2，所以f（x1）＞f（x2），即，所以，A错误；令g（x）＝e x﹣lnx，则＝，x＞0，当x→0时，g′（x）＜7，故g（x）在（0，+∞）上不单调，故0＜x2＜x2＜1时，g（x5）与g（x2）大小关系不确定，C，D错误．故选：ACD．12．（5分）已知实数x，y，z，满足x+y+z＝1，且x2+y2+z2＝1，则下列结论正确的是（）A．xy+yz+zx＝0B．z的最大值为C．z的最小值为D．xyz的最大值为0【解答】解：由于（x+y+z）2＝x2+y8+z2+2xy+5yz+2zx＝1，x8+y2+z2＝8，∴xy+yz+zx＝0，选项A正确；由于（1﹣z）5＝（x+y）2≤2（x5+y2）＝2（7﹣z2），解得，∴z的最小值为，最大值为1，选项C正确；由于xy+yz+zx＝xy+（x+y）z＝0，故xy＝﹣（x+y）z，∴xyz＝﹣（x+y）z6＝，令，则f′（z）＝3z2﹣5z＝z（3z﹣2），易知函数f（z）在单调递增，在，而，故xyz的最大值为0，选项D正确．故选：ACD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置．13．（5分），则x＝2或5．【解答】解：∵，∴x＝2或x+2＝5．故答案为：2或5．14．（5分）已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，对定义域内的任意x都有f（x），则实数k的取值范围是（﹣∞，1﹣]．【解答】解：∵f（x）＝x﹣1﹣lnx≥kx﹣2，∴kx≤x+6﹣lnx，也即k≤1+﹣．令g（x）＝7+，x＞0，x＞03．易知g（x）在x∈（0，e2）上单调递减，g （x）在x∈（e8，+∞）上单调递增，故g（x）min＝g（e2）＝1﹣，∴k．故填：（﹣∞，1﹣]．15．（5分）若（x+a）2（﹣1）5的展开式中常数项为﹣1，则a的值为1或9．【解答】解：（x+a）2（﹣2）5的展开式中常数项为：•（﹣1）3+7a•﹣a6＝﹣1，解得：a＝1或a＝8，故答案为：1或9．16．（5分）已知f（x）＝lnx a﹣ax+a+1（x＞0），则其函数的图象恒过点（1，1），若a＞0，f（x）的图象与x轴的交点为P（x0，0），过点P的切线l在y轴上的截距为1﹣e，则ax0＝1．【解答】解：f（x）＝lnx a﹣ax+a+1（x＞0）中，令x＝7，故函数f（x）的图象恒过点（1，1）；若a＞3，f（x）的图象与x轴的交点为P（x0，0），令f（x）＝lnx a﹣ax+a+2＝0，得a（lnx0﹣x8+1）+1＝4，①又f′（x）＝（alnx﹣ax+a+1）′＝﹣a（x＞0），∴f′（x7）＝﹣a，∴过点P的切线方程为y﹣0＝（﹣a）（x﹣x0），令x＝0，得y＝﹣a+ax8＝1﹣e，②由①②解得：a＝e，x0＝，∴ax0＝1，故答案为：（7，1）；1．四、解答题：本大题共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．（10分）在二项式的展开式中，______给出下列条件：①若展开式中第5项与第3项的二项式系数之比为7：2；②所有偶数项的二项式系数的和为256；③若展开式前三项的二项式系数的和等于46．试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：（1）求展开式的常数项；（2）求（1﹣2x）n展开式中系数绝对值最大的项．【解答】解：选择①：，解得n＝9或n＝﹣8（舍去）选择②：，即2n﹣1＝256，解得n＝6．选择③：，即，即n2+n﹣90＝0，即（n+10）（n﹣6）＝0（1）展开式通项为：T r+1＝C＝C，令，∴展开式中常数项为第5项，常数项为．（2）设第r+7项的系数绝对值最大，则满足解得，又r为整数，则系数的绝对值最大项为．18．（12分）已知函数f（x）＝．（1）判断函数g（x）＝f（x）﹣的奇偶性；（2）已知a≤0，求关于x的不等式f[ax2+（2a﹣1）x﹣1]≥的解集．【解答】解：（1）g（x）定义域为R，因为，所以，即有g（﹣x）＝﹣g（x）．（2）首先判断单调性法一：定义域为R，若x5＞x2，则，又，∴f（x1）＞f（x2），即f（x）在R单调递增．法二：定义域为R，，即f（x）在R单调递增．，而，即f[ax2+（2a﹣1）x﹣2]≥f（1），∴ax2+（2a﹣7）x﹣2≥0，即（x+8）（ax﹣1）≥0，①a＝8时，﹣（x+2）≥0，②时，有，得解集为，③时，，得解集为{x|x＝﹣2}，④时，，得解集为．19．（12分）甲乙两人参加某种选拔测试，在备选的10道题中，甲答对其中每道题的概率都是，只有选中的4个题目均答对才能入选；（Ⅰ）求甲恰有2个题目答对的概率；（Ⅱ）求乙答对的题目数X的分布列；（Ⅲ）试比较甲，乙两人平均答对的题目数的大小，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）∵甲乙两人参加某种选拔测试，在备选的10道题中，∴选中的4个题目甲恰有2个题目答对的概率P＝＝．（Ⅱ）由题意知乙答对的题目数X的可能取值为2，3，8，P（X＝2）＝＝＝，P（X＝3）＝＝＝，P（X＝7）＝＝＝，∴X的分布列为： X 6 3 4 P   （Ⅲ）∵乙平均答对的题目数EX＝＝，甲答对题目数Y～B（6，），甲平均答对的题目数EY＝2×＝．∴甲平均答对的题目数等于乙平均答对的题目数．20．（12分）某农家小院内有一块由线段OA，OC，CB及曲线AB围成的地块m，点A，B到OC所在直线的距离分别为1m，∠AOC＝45°，tan∠OCB＝﹣，已知曲线OAB 是函数y＝f（x）的图象+b图象的一部分．（1）求函数y＝f（x）的解析式；（2）P是函数y＝f（x）的图象上在曲线AB上的动点，现要在阴影部分（即平行四边形PMCN及其内部），求种植蔬菜区域的最大面积．【解答】解：（1）因为点A到OC所在直线的距离为1m，且∠AOC＝45°，所以点A的坐标为（1，6），f（x）＝x．因为点B到OC所在直线的距离为2m，，，所以点B的横坐标为，所以B（4．因为曲线AB是函数的图象的一部分，解得，所以当1＜x≤4时，，答：解析式为．（2）由（1）可知B（4，2），所以，因为点P在曲线AB上，设．此时直线PM的方程为，令y＝0，所以，所以，1≤a≤4，令，令则所以当时，g'（t）＞5；当时，以函数g（t）在上单调递增，在，所以，即，答：当，即时，种植蔬菜区域的面积最大．21．（12分）2021年是建党一百周年，为激发我校学生学习党史、宣传党史的热情，引导同学们从历史中汲取智慧和力量，苏州中学学生处组织开展“我家的红色宝藏”寻访展示系列活动．高二年级部计划将各班级推选的“红色宝藏”集中展览5天，选出“最具价值藏品”策划拍成纪录片，若当天不下雨，则在“香樟大道”室外布展，则移至“道梦空间”室内布展．天气预报显示，当周周一至周五的5天时间内出现风雨天气的概率是：前2天均为（假设每一天出现风雨天气是相互独立的）．（1）求至少有一天在“道梦空间”室内布展的概率；（2）求在“香樟大道”室外布展的平均天数．（结果精确到0.1）【解答】解：（1）记“至少有一天在‘道梦空间’室内布展”为事件A，则事件表示“5天在‘香樟大道’室外布展”，有，则，（2）设在“香樟大道”室外布展的天数为X，则X＝0，5，2，3，4，5，于是，，，，，，所以，X的分布列为：X052325P，答：在“香樟大道”室外布展的平均天数为2.3天．22．（12分）已知函数，（1）试计算，…，据此你能发现什么结论？证明你的结论；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）设，求函数f（x）在上的零点个数（提示（1）的结论）．【解答】解：（1）f（1）+f（4）＝0，f（2）＝0，即，从而有，下面证明该结论成立：f（x）+f（）＝ax﹣+﹣﹣ln．（2）f（x）的定义域为，令h（x）＝ax7﹣x+4a，①当△＝1﹣16a4≤0，即时，h（x）≥0，当且仅当时，f'（x）＝0，所以f（x）在（3，+∞）上单调递增；②当△＝1﹣16a2＞8，即时，令h（x）＝0，得，且x1＜x7，所以当x∈（0，x1）∪（x3，+∞）时，h（x）＞0，当x∈（x1，x7）时，h（x）＜0，所以f（x）在上单调递增，在上单调递减；综上：时，f（x）在（8；时，f（x）在，在上单调递减．（3）由（2）知，当时，f（x）在（4，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x7，x2）上单调递减，f（2）＝0，又x5x2＝4，所以x4＜2＜x2，又f（x）在在（x2，x2）上单调递减，所以f（x1）＞f（2）＝4，f（x2）＜f（2）＝0，，令，则，令m（a）＝﹣12a4+2a﹣5，则m'（a）＝﹣48a3+2单调递减，由m'（a）＝﹣48a2+2＝0，得，从而可知当时，m'（a）＞0，，所以g'（a）＜0，所以g（a）在上单调递减，故，即，又因为在（x2，+∞）上单调递增，所以，故在区间，设为x0，则f（x4）＝0．又，得，而，所以，故当时，函数f（x）在区间．。

江苏省2020学年第二学期高二数学期中测试卷数学(理科)

第二学期高二数学期中测试卷数学（理科）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上） 1．复数2+i 1−2i的共轭复数是．2．由①正方形的对角线相等；②平行四边形的对角线相等；③正方形是平行四边形，根据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是．3．已知a →=(−3，2，5)，b →=(1，x ，−1)，且a →⋅b →=2，则x 的值是． 4．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．5．若直线l 的方向向量为（4，2，m ），平面α的法向量为（2，1，﹣1），且l ⊥α，则m ＝． 6．从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lga ﹣lgb 的不同值的个数是．7．已知a →=（3，﹣2，﹣3），b →=（﹣1，x ﹣1，1），且a →与b →的夹角为钝角，则x 的取值范围是．8．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有种．（用数字作答） 9．在数学归纳法的递推性证明中，由假设n ＝k 时成立推导n ＝k +1时成立时，f(n)=1+12+13+⋯+12n −1增加的项数是 10．如图在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，已知A 1A →=a →，A 1B 1→=b →，A 1D 1→=c →，O 为底面ABCD 的中心，G 为△D 1C 1O 的重心，则AG →=11．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1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是．12．已知结论：“在三边长都相等的△ABC 中，若D 是BC 的中点，G 是△ABC 外接圆的圆心，则AGGD=2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等的四面体ABCD中，若M 是△BCD 的三边中线的交点，O 为四面体ABCD 外接球的球心，则AOOM= ．13．小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为． 14．观察下列等式： ①cos2α＝2cos 2α﹣1； ②cos4α＝8cos 4α﹣8cos 2α+1；③cos6α＝32cos 6α﹣48cos 4α+18cos 2α﹣1；④cos8α＝128cos 8α﹣256cos 6α+160cos 4α﹣32cos 2α+1； ⑤cos10α＝m cos 10α﹣1280cos 8α+1120cos 6α+n cos 4α+p cos 2α﹣1；可以推测，m ﹣n +p ＝．二、解答题（本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15．设z 为复数z 的共轭复数，满足|z −z |＝2√3．（1）若z 为纯虚数，求z ；（2）若z −z 2为实数，求|z |．16．有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？（1）甲不在中间也不在两端；（2）甲、乙两人必须排在两端；（3）男女相间．17．如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面四边形ABCD 为矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AD ＝2AB ＝2，F 为BC 的中点，PE →=λEC →．（1）若λ＝2，求异面直线PD 与EF 所成角的余弦值；（2）若λ=12，求二面角E ﹣AF ﹣C 的余弦值．18．（1）已知正数a ，b ，c 成等差数列，且公差d ≠0，求证：1a ，1b，1c不可能是等差数列．（2）设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *．证明：当x ＞﹣1且x ≠0时，（1+x ）p ＞1+px ． 19．如图，在四棱锥E ﹣ABCD 中，平面ABE ⊥底面ABCD ，侧面AEB 为等腰直角三角形，∠AEB =π2，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC （1）求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；（2）线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA；若不存在，说明理由．20．在数列{a n }中，a 1＝1，a n +1=√a n 2−2a n +2−1（n ∈N *）．（1）求a 2，a 3的值（2）证明：①0≤a n ≤1； ②a 2n ＜14＜a 2n +1．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上）1．﹣i．2．正方形的对角线相等3．5．4．815．﹣26．18．7．x＞﹣2且x≠−5 3．8．480．9．2k．10．23a→+12b→+56c→．11．96．12 313．84．14．962．二、解答题（本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15．（1）设z＝bi，b∈R，则z=−bi，因为|z−z|＝2√3，则|2bi|＝2√3，即|b|=√3⋯所以b=±√3，所以z=±√3i⋯（6分）（2）设z＝a+bi，（a，b∈R），则z=a﹣bi，因为|z−z|＝2√3，则|2bi|＝2√3，即|b|=√3．…（7分）z−z2＝a+bi﹣（a﹣bi）2＝a﹣a2+b2+（b+2ab）i．因为z−z2为实数，所以b+2ab＝0…因为|b|=√3，所以a=−1 2，…所以|z|=√(−12)2+(±√3)2=√132⋯16．（1）先排甲有6种，其余有A88种，∴共有6•A 88＝241920种排法．（2）先排甲、乙，再排其余7人，共有A 22•A 77＝10080种排法．（3）先排4名男生有A 44种方法，再将5名女生插在男生形成的5个空上有A 55种方法，故共有A 44•A 55＝2880种排法．17．（1）四棱锥P ﹣ABCD 中，底面四边形ABC D 为矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AD ＝2AB ＝2，F 为BC 的中点，PE →=λEC →．以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，当λ＝2时，P （0，0，2），D （0，2，0），C （1，2，0），E （23，43，23），F （1，1，0），PD →=（0，2，﹣2），EF →=（13，−13，−23），设异面直线PD 与EF 所成角为θ，则异面直线PD 与EF 所成角的余弦值为： cosθ=|PD →⋅EF →||PD →|⋅|EF →|=23√8⋅√69=√36．（2）当λ=12，E （13，23，43），A （0，0，0），F （1，1，0），C （1，2，0），AE →=（13，23，43），AF →=（1，1，0），设平面AEF 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AE →=13x +23y +43z =0n →⋅AF →=x +y =0，取x ＝1，得n →=（1，﹣1，14），平面AFC 的法向量m →=（0，0，1），设二面角E ﹣AF ﹣C 的平面角为θ，则二面角E ﹣AF ﹣C 的余弦值为：cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=14√1+1+116=√3333．18．证明：（1）假设1a ，1b，1c是等差数列，则1b−1a=1c−1b，即a−b ab=b−c bc，∴a−b a=b−c c，∵a ，b ，c 成等差数列，且公差d ≠0， ∴a ﹣b ＝b ﹣c ≠0， ∴1a=1c ，∴a ＝c ，此时公差d ＝0，这与题设矛盾， ∴假设不成立，即1a ，1b，1c不可能是等差数列．（2）①当p ＝2时，（1+x ）2＝1+2x +x 2＞1+2x ，原不等式成立； ②假设p ＝k （k ≥2，k ∈N *）时，不等式（1+x ）k ＞1+kx 成立，当p ＝k +1时，（1+x ）k +1＝（1+x ）（1+x ）k ＞（1+x ）（1+kx ）＝1+（k +1）x +kx 2＞1+（k +1）x ，∴当p ＝k +1时，原不等式也成立，综合①②可得，当x ＞﹣1且x ≠0时，（1+x ）p ＞1+px ． 19．（1）因为平面ABE ⊥底面ABCD ，且AB ⊥BC ，所以BC ⊥平面ABE ，则∠CEB 即为直线EC 与平面ABE 所成的角，设BC ＝a ，则AB ＝2a ，BE =√2a ，所以CE =√3a ，则直角三角形CBE 中，sin ∠CEB =CBCE =3=√33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为√33；（2）存在点F ，且EF EA=13时，有EC ∥平面FBD ，证明如下：解：连接AC 、BD 交于点M ，面ACE ∩面FBD ＝FM ．因为EC ∥平面FBD ，所以EC ∥FM ．在梯形ABCD 中，有△DMC ∽△BMA ，可得MA ＝2MC ，∴AF ＝2FE ，即点F 满足EF EA=13时，有EC ∥平面FBD ．20．（1）a 2＝0，a 3=√2−1，（2）设f （x ）=√(x −1)2+1−1，则a n +1＝f （a n ）， ①（i ）当n ＝1时，命题成立，（ii ）假设n ＝k 时，命题成立，即0≤a k ≤1，则当n ＝k +1时，易知f （x ）在（﹣∞，1]上为减函数，从而0＝f （1）≤f （a k ）≤f （0）=√2−1＜1，即0≤a k ≤1，所以当n ＝k +1时结论成立，由（i ），（ii ）可知命题成立， ②先证a 2n ＜a 2n +1，（n ∈N *），（i ）当n ＝1时，0＝a 2＜a 3=√2−1，即n ＝1时命题成立，（ii ）假设n ＝k 时，命题成立，即a 2k ＜a 2k +1，（k ∈N *），则当n ＝k +1时，由①f （x ）在（﹣∞，1]上为减函数，得a 2k +1＝f （a 2k ）＞f （a 2k +1）＝a 2k +2，故a 2k +2＝f （a 2k +1）＞f （a 2k +2）＝a 2k +3，所以当n ＝k +1时结论成立，由（i ），（ii ）a 2n ＜a 2n +1，（n ∈N *），再证a 2n ＜14＜a 2n +1，由上可知，a 2n ＜√a 2n 2−2a 2n +2−1，即（a 2n +1）2＜a 2n 2﹣2a 2n +2，因此a 2n ＜14，由f （x ）在（﹣∞，1]上为减函数，得f （a 2n ）＞f （a 2n +1），即a 2n +1＞a 2n +2，所以a 2n +1＞√a 2n+12−2a 2n+1+2−1，即a 2n +1＞14，所以a 2n ＜14＜a 2n +1．。