2020-2021学年佛山一中高二(下)期中数学复习卷1(含答案解析)

2020-2021学年佛山一中高二(下)期中数学复习卷1
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 式子Ax →0lim f(1+△x)−f(1)△x 表示的是( ) A. f′(1) B. f′(△x) C. f′(1+△x) D. f(1)
2. 复数(是虚数单位)等于( ) A. B.
C. D. 3. 复数z 1=1+bi ，z 2=−2+i ，若z 1
z 2的实部和虚部互为相反数，则实数b 的值为( )
A. 3
B. 13
C. −13
D. −3
4. 4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名学生，则不同的保送方案有( )
A. 12种
B. 72种
C. 18种
D. 36种
5. 8、用数学归纳法证明
，递推步从到
时，右边应增乘的式子是 A. B. C. D.
6. 若4位同学报名参加3个不同的课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A. 34种
B. 9种
C. 43种
D. 12种
7. 2016年某高校艺术类考试中，共有6位选手参加，其中3位女生，3位男生，现这六名考试依次出场进行才艺展出，如果3位男生中任何两人都不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么这六名考生出场顺序的排法种数为( )
A. 108
B. 120
C. 132
D. 144
8. 将甲、乙、丙、丁、戊共五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，且甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有( )种．
A. 114
B. 150
C. 72
D. 100
9. 用反证法证明：将9个球分别染成红色或白色，那么无论怎么染，至少有5个球是同色的．其假设应是( )
A. 至少有5个球是同色的
B. 至少有5个球不是同色的
C. 至多有4个球是同色的
D. 至少有4个球不是同色的
10. 如图所示，⊙O 的两条弦AD 和CB 相交于点E ，AC 和BD 的延长线相交于点P ，下面结论：①PA ·
PC =PD ·PB ；②PC ·CA =PB ·BD ；③CE ·CD =BE ·BA ；④PA ·CD =PD ·AB ．
其中正确的有
A .1个B.2个C.3个D.4个
A. A
B. B
C. C
D. D
11. 定积分∫1−1(4x −x 2)dx
( ) A. 0 B. −1 C. −23 D. −2
12. 已知函数y =f(x)是定义在R 上的奇函数，若f(1)=2且f(x +2)为偶函数，则f(8)+f(9)+
f(2019)=( )
A. 2
B. 1
C. 6
D. 4
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. (1+x)7(1+y)4的展开式中x 2y 2的系数是______．
14. 已知函数f(x)={1−|x +1|,x <1x 2−4x +2,x ≥1
，则函数g(x)=(x −2)f(x)−2x +1的零点个数为______． 15. 设z ∈C ，且z−2z+2=i ，其中i 为虚数单位，则|z|=______．
16. 从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，能被３整除的数有 个
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 甲、乙二人平时跑步路程与时间的关系以及百米赛跑路程和时间的关
系分别如图①、②所示．问：
(1)甲、乙二人平时跑步哪一个跑得快？
(2)甲、乙二人百米赛跑，快到终点时，谁跑得快(设Δs 为s 的增量)?
18. 已知中心在坐标原点的双曲线C 的右焦点为(2,0)，左顶点为(−√3,0)．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)若直线l ：y =kx +√2与双曲线C 恒有两个不同的公共点A ，B ，且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >2(其中O 为坐标原点)，求k 的取值范围．
19. 如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1和侧面BCC 1B 1都是边长为2的菱形，且∠BAA 1=
∠CBB 1=π3．
(Ⅰ)证明：BB 1⊥A 1C ；
(Ⅱ)若A 1C =√6.求三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积．
20.设函数f(x)=x+ax2+blnx，其对应的图象为曲线C；若曲线C过点P(1,0)，且在点P(1,0)处
的切线斜率k=2，
(1)求函数y=f(x)的解析式；
(2)证明不等式f(x)≤2x−2．
21.某面包厂2011年利润为100万元，因市场竞争，若不开发新项目，预测从2012年起每年利润
比上一年减少4万元．2012年初，该面包厂一次性投入90万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第年(为正整数，2012年为第一年)的利润为万元．设从2012年起的前年，该厂不开发新项目的累计利润为万元，开发新项目的累计利润为万元(须扣除开发所投入资金)．
(1)求，的表达式；
(2)问该新项目的开发是否有效(即开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润)，如果
有效，从第几年开始有效；如果无效，请说明理由．
22.定义可导函数y=f(x)在x处的弹性函数为f′(x)・x
，其中f′(x)为f(x)的导函数．在区间D
f(x)
上，若函数f(x)的弹性函数值大于1，则称f(x)在区间D上具有弹性，相应的区间D也称作f(x)的弹性区间．
(1)若r(x)=e x−x+1，求r(x)的弹性函数及弹性函数的零点；
(2)对于函数f(x)=(x−1)e x+lnx−tx(其中e为自然对数的底数)
(ⅰ)当t=0时，求f(x)的弹性区间D；
(ⅰ)若f(x)>1在(i)中的区间D上恒成立，求实数t的取值范围．
【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：根据题意，Ax →0lim f(1+△x)−f(1)△x =Ax →0lim
f(1+△x)−f(1)1+△x−1
=f′(1)， 故选：A ．
根据题意，由导数的定义可得Ax →0lim f(1+△x)−f(1)△x =Ax →0lim f(1+△x)−f(1)1+△x−1
=f′(1)，即可得答案． 本题考查导数的定义，属于基础题． 2.答案：B
解析：试题分析：
，所以选B ．
考点：复数的四则运算． 3.答案：D
解析：解：复数z 1=1+bi ，z 2=−2+i ，
z 1
z 2=
1+bi −2+i =(1+bi)(−2−i)(−2+i)(−2−i)=(b−2)+(−2b−1)i 5， ∵z 1z 2
的实部和虚部互为相反数， ∴b −2=2b +1，
解得b =−3．
故选：D ．
化简复数z 1
z 2为a +bi(a 、b ∈R)的形式，实部和虚部互为相反数，可得实数b 的值．
本题考查复数代数形式的混合运算，复数的基本概念的应用，是基础题． 4.答案：D
解析：解：根据题意，分2步进行分析：
①、将4名学生分为3组，一组2人、其余2组每组1人，有C 4
2=6种情况， ②、将分好的3组进行全排列，对应3所学校，有A 33=6种情况，
则不同的保送方案有6×6=36种，
故选：D．
根据题意，分2步进行分析：①、将4名学生分为3组，一组2人、其余2组每组1人，②、将分好的3组进行全排列，对应3所学校，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．本题考查分步计数原理的运用，对于此类问题一般要先分组、再对应，关键是审清题意，明确分组的方法．
5.答案：B
解析：本题主要考查用数学归纳法证明等式，分别写出n=k+1，n=k时，左边的式子是解题的关键．
解：n=k时，左边=(k+1)(k+2)…(k+k)，
n=k+1时，左边=(k+1+1)(k+1+2)…(k+1+k−1)(k+1+k)(k+1+k+1)，
∴由n=k到n=k+1时，等式左边应增加的项是2(2k+1)．
故选：B．
6.答案：A
解析：解：根据题意，4位同学报名参加3个不同的课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则每个同学有3种报名方法，则4位同学共有3×3×3×3=34种报名方法；
故选：A．
根据题意，分析可得每个同学有3种报名方法，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查分步计数原理的应用，本题的元素没有限制，每一个元素都可以放到要求的位置，属于基础题．
7.答案：C
解析：解：把3名男生插入到3名女生所成的4个间隔中，故有A33A44=144种，女生甲排第一个，A22A33=12种，
故女生甲不能排第一个，那么这六名考生出场顺序的排法种数为144−12=132种，
故选：C．
利用间接法，先求出3位男生中任何两人都不能连续出场的种数，再其排除女生甲排第一个的种数，问题得以解决．
本题主要考查排列组合、两个基本原理的应用，注意特殊位置优先排，不相邻问题用插空法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
8.答案：D
解析：解：(1)甲被保送到上海交大，乙、丙、丁、戊保送到另外两所学校，可能有三人上一所学校，
)⋅A22=剩余一人上另一所学校，也可能有二人上一所学校，剩余二人上另一所学校，故共有(C41+C42
2
14种；
同理甲被保送到浙大，乙、丙、丁、戊保送到另外两所学校，也有14种；
(2)甲被保送到上海交大，乙、丙、丁、戊有一人也保送到上海交大，其余3人保送到另外两所学校，可采用如下方法
先取一人与甲绑定，四种方法，把余下三人分为两组有3种分法，再分到两个学校有两种分法，故共有C41⋅C31⋅A22=24种；
同理甲被保送到浙大，乙、丙、丁、戊有一人也保送到浙大，其余3人保送到另外两所学校，也有24种；
(3)甲被保送到上海交大，乙、丙、丁、戊有两人也保送到上海交大，其余2人保送到另外两所学校，则有C42⋅A22=12种；
同理甲被保送到浙大，乙、丙、丁、戊有两人也保送到浙大，其余2人保送到另外两所学校，也有12种；
综上可知，共有2×(14+24+12)=100种．
故选D
由分类分步计数原理结合排列组合，分别考虑甲被保送到浙大、上海交大，求出相应的保送方案的种数，即可求得结论．
本题考查排列组合知识，分类加分步是解决问题的关键，考查学生分析解决问题的能力，属中档题．9.答案：C
解析：
本题主要考查反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于基础题．
先将已知的命题的结论进行否定，即得所求．
解：利用反证法证明数学命题时，应先假设命题的结论的否定成立．
“至少有5个球是同色的”的否定为：“任意5个球都不是同色的”，即“至多有4个球是同色的”，故选C．
10.答案：A
解析：根据割线定理知①式正确，②③④不正确．
11.答案：C
解析：解：根据题意，∫1
−1(4x−x2)dx =(2x2−x3
3
)|−11=(2−1
3
)−(2+1
3
)=−2
3
；
故选：C．
根据题意，由定积分计算公式可得∫1
−1(4x−x2)dx =(2x2−x3
3
)|−11，进而计算可得答案．
本题考查定积分的计算，关键是掌握定积分的计算公式，属于基础题．
12.答案：D
解析：解：∵f(x)是R上的奇函数；
∴f(0)=0，f(−x)=−f(x)；
∵f(x+2)是偶函数；
∴f(−x+2)=f(x+2)；
∴f(−x)=f(x+4)；
∴f(x)=−f(x+4)=f(x+8)；
即f(x+8)=f(x)；
∴f(x)的周期为8，且f(1)=2；
∴f(8)=f(0)=0，f(9)=f(1)=2，f(2019)=f(3+252×8)=f(3)=f(1)=2；
∴f(8)+f(9)+f(2019)=0+2+2=4．
故选：D．
根据f(x)是定义在R上的奇函数即可得出，f(0)=0，f(−x)=−f(x)；而根据f(x+2)是偶函数即
可得出f(−x+2)=f(x+2)，进而得出f(x+8)=f(x)，从而得出f(x)的周期为8，并已知f(1)=2，从而得出f(8)=0，f(9)=2，f(2019)=2，从而求出f(8)+f(9)+f(2019)=4．
考查奇函数、偶函数和周期函数的定义，以及已知函数求值的方法．
13.答案：126
解析：解：∵(1+x)7的展开式中含x2的项为T3=C72⋅x2=21x2，
(1+y)4的展开式中含y2的项为T2=C42⋅y2=6y2，
∴(1+x)7(1+y)4的展开式中x2y2的系数是21×6=126．
故答案为：126．
求出(1+x)7的展开式中含x2的项和(1+y)4的展开式中含y2的项，进而可求得(1+x)7(1+y)4的展开式中x2y2的系数．
本题考查了二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．
14.答案：3
解析：解：由g(x)=(x−2)f(x)−2x+1=0，
g(2)=−3≠0，
得f(x)=2x−1
x−2=2+3
x−2
，作出y=f(x)的图象，
y=2+3
x−2
的图象，
由图象可知共有3个交点，故函数g(x)的零点个数为3．故答案为：3．
由g(x)=0可得f(x)=2x−1
x−2=2+3
x−2
，作出y=f(x)和y=2+3
x−2
的图象，通过图象即可得到所求
零点个数．
本题考查函数的零点个数问题解法，注意运用数形结合思想，考查转化思想和方程思想，属于基础题．
15.答案：2
解析：解：由z−2
z+2
=i，得z−2=iz+2i，
则z=2+2i
1−i =2(1+i)2
(1−i)(1+i)
=2i，
∴|z|=2．
故答案为：2．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由复数模的计算公式求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
16.答案：228
解析：试题分析：一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除。

根据这点，分为如下几类：
1、三位数各位上的数字是1，4，7或2，5，8这两种情况，这样的数有个；
2、三位数的各位上只含0，3，6，9中的一个，其他两位上的数则从(1,4，7)和(2,5，8)中各取1个，这样的数有个，但要除去0在百位上的数，有个，因而有216−18=198个；
3、三位数的各位上的数字是0，3，6，9中的3个，但要去掉0在百位上的，这样应有个，综上所述，从0到9这10个数字所构成的无重复数字且能被3整除的3位数有12+198+18=228个
考点：排列和组合
点评：本题要知道结论：一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除。

17.答案：(1)乙比甲跑得快(2)乙比甲跑得快
解析：(1)由题图①在(0,t]时间段内，甲、乙跑过的路程s甲<s乙，故有即在任一时间段(0,t]内，甲的平均速度小于乙的平均速度，所以乙比甲跑得快．
(2)由题图②知，在终点附近[t−d,t)时间段内，路程增量Δs乙>Δs甲，所以即快到终点时，乙的平均速度大于甲的平均速度，所以乙比甲跑得快
18.答案：解：(1)设双曲线方程为x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)．
由已知得a=√3，c=2，b=√c2−a2=1．
故双曲线C的方程为x2
3
−y2=1；
(2)将y=kx+√2代入双曲线方程x2
3
−y2=1，可得(1−3k2)x2−6√2kx−9=0，
由直线l 与双曲线交于不同的两点得{1−3k 2≠0△=(6√2k)2+36(1−3k 2)>0 即k 2≠13且k 2<1.①
设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，
则x 1+x 2=6√2k 1−3k 2x 1x 2=−9
1−3k 2，由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >2，即有x 1x 2+y 1y 2>2， 而x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(kx 1+√2)(kx 2+√2)=(k 2+1)x 1x 2+√2k(x 1+x 2)+2
=(k 2+1)⋅−91−3k 2+√2k ⋅6√2k 1−3k 2+2=3k 2+7
3k 2−1， 于是3k 2+7
3k 2−1>2，即13<k 2<3②
由①、②得13<k 2<1．
故k 的取值范围为(−1,−√33)∪(√3
3,1)．
解析：(1)由双曲线的右焦点与左顶点易知其标准方程中的c 、a ，进而求得b ，则双曲线标准方程即得；
(2)首先把直线方程与双曲线方程联立方程组，然后消y 得x 的方程，由于直线与双曲线恒有两个不同的交点，则关于x 的方程必为一元二次方程且判别式大于零，由此求出k 的一个取值范围；再根
据一元二次方程根与系数的关系用k 的代数式表示出x 1+x 2，x 1x 2，进而把条件OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >2转化为k 的不等式，又求出k 的一个取值范围，最后求k 的交集即可．
本题考查双曲线的标准方程与性质以及直线和圆锥曲线的位置关系，考查平面向量的数量积的坐标表示，综合性强，字母运算能力是一大考验．
19.答案：解：(Ⅰ)证明：设O 为BB 1 的中点，连接OA 1，OC ，B 1C ，A 1B .
由已知可得，△A 1B 1B ，△CBB 1均为等边三角形，
∴CO ⊥BB 1，A 1O ⊥BB 1，
又∵CO ∩A 1O =O ，∴BB 1⊥平面A 1OC ，
而A 1C ⊂平面A 1OC ，
∴BB 1⊥A 1C ；
(Ⅱ)解：在边长为2的等边三角形CBB 1 中，O 为BB 1 的中点，
∴CO =√3，同理A 1O =√3．
又A 1C =√6，∴CO 2+A 1O 2=A 1C 2，得CO ⊥A 1O.
又CO⊥BB1，且A1O∩BB1=O，∴CO⊥平面ABB1A1．
同理可得A1O⊥平面BCC1B1．
三棱柱ABC−A1B1C1可分为两个全等的四棱锥C−ABOA1与四棱锥A1−B1C1CO．
V C−ABOA
1=1
3
×√3×(1+2)×√3
2
=3
2
．
∴三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=2×3
2
=3．
解析：(Ⅰ)设O为BB1的中点，连接OA1，OC，B1C，A1B，证明CO⊥BB1，A1O⊥BB1，再由直线与平面垂直的判定定理，可得BB1⊥平面A1OC，从而得到BB1⊥A1C；
(Ⅱ)求解三角形证明CO⊥平面ABB1A1，A1O⊥平面BCC1B1，则三棱柱ABC−A1B1C1可分为两个全等的四棱锥C−ABOA1与四棱锥A1−B1C1CO，求出四棱锥C−ABOA1的体积，乘以2得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
20.答案：解：(1)f′(x)=1+2ax+b
x 由已知条件得{
f(1)=0
f′(1)=2即{
1+a=0
1+2a+b=2
解得a=−1，b=3，
∴f(x)=x−x2+3lnx．
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)
由(1)知f(x)=x−x2+3lnx
设g(x)=f(x)−(2x−2)=2−x−x2+3lnx
则g′(x)=−1−2x+3
x =−(x−1)(2x+3)
x
，
当0<x<1时，g′(x)>0，
当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
而g(1)=0，
故当x>0时，g(x)≤0即f(x)≤2x−2．
解析：(1)利用导数的几何意义及与切线斜率的关系，列出不等式解得a、b即可；
(2)构造函数g(x)=f(x)−(2x−2)=2−x−x2+3lnx，利用导数求得g(x)的最大值为0，即得g(x)≤0即f(x)≤2x−2．
考查学生会利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，会利用导数研究函数的单调区间以及根据函
数的增减性得到函数的最值；会将解不等式问题转化为求函数最值问题解决，考查对构造函数及划归思想的运用能力，属难题．
21.答案：(1)依题意：，。

(2)是单调递增数列，2016年开始有效。

解析：试题分析：(1)依题意：
4分
8分 (2)
是单调递增数列10分 又，， 所以第5年开始有效。

即2016年开始有效。

13分
考点：函数模型，数列的性质。

点评：中档题，关于函数的应用问题，基本解题步骤是，审清题意，设出变量，构建函数模型，解答数学问题，作出结论。

本题函数关系是关于n 的式子，因此，利用研究数列的方法，达到解题目的。

22.答案：解：(1)r(x)=e x −x +1，r′(x)=(e x −1)，
r′(x)⋅x r(x)=(e x −1)⋅x
e x −x+1．
令r′(x)⋅x r(x)=(e x −1)⋅x e x −x+1=0，解得x =0， 所以r(x)弹性函数的零点为x =0．
(2)(i)f(x)=(x −1)e x +lnx ，函数定义域为{x|x >0}．
因为f′(x)=e x +(x −1)e x +1x
=x 2e x +1x ， f(x)的弹性函数f′(x)⋅x f(x)=x 2e x +1
(x−1)e x +lnx >1，
此不等式等价于下面两个不等式组，
(Ⅰ){(x −1)e x +lnx >0①x 2e x +1>(x −1)e x +lnx②或(Ⅱ){(x −1)e x +lnx <0③x 2e x +1<(x −1)e x +lnx④
． 因①对应的函数就是f(x)，
由f′(x)>0，所以f(x)在定义域上单调增，
又f(1)=0，所以①的解为x >1；
而②⇔g(x)=x2e x+1−[(x−1)e x+lnx]=(x2−x+1)e x+1−lnx>0，
g′(x)=(2x−1)e x+(x2−x+1)e x−1
x =(x3+x2)e x−1
x
在x>1上恒正，
则g(x)在x>1上单调递增，所以g(x)>g(1)>0，故②在x>1上恒成立．于是不等式组(Ⅰ)的解为x>1，
同①的解法得③的解为0<x<1；
因为在0<x<1时，④左正、右负，不可能成立．
故不等式组(Ⅱ)无实数解．
综上，f(x)的弹性区间D=(1,+∞)．
(ii)f(x)>1在(1,+∞)恒成立⇔t<(1−1
x )e x+lnx−1
x
在x>1恒成立，
设ℎ(x)=(1−1
x )e x+lnx−1
x
，则ℎ′(x)=(x2−x+1)e x+2−lnx
x2
，
而(x2−x+1)e x+2−lnx=g(x)+1，由(i)知它在x>1恒为正，
∴ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(1,+∞)递增，ℎ(x)>ℎ(1)=−1，
故t≤−1．
解析：(1)r(x)=e x−x，r′(x)=(e x−1)，利用导数性质能求出r(x)的弹性函数及弹性函数的零点．
(2)(i)f(x)=(x−1)e x+lnx，函数定义域为{x|x>0}，f(x)的弹性函数f′(x)⋅x
f(x)
>1，由此能求出f(x)的弹性区间．
(ii)问题转化为t<(1−1
x )e x+lnx−1
x
在x>1恒成立，设ℎ(x)=(1−1
x
)e x+lnx−1
x
，根据函数的单调性
求出t的范围即可．
本题考查函数的弹性函数及弹性函数的零点的求法，考查函数的弹性区间的求法，考查函数性质、导数性质等基础知识，考查运算与求解能力，考查函数与方程思想，是一道综合题．。