【数学】甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（理）

【数学】甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（理）

甘肃省武威第一中学2019-2020学年 高二下学期期中考试（理）‎ 总分：150分，考试时间：120分钟 一、 选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数的虚部为（ ）‎ A．2 B．-2 C．-3 D．‎ ‎2．由①是一次函数；②的图象是一条直线；③一次函数的图象是一条直线.写一个“三段论”形式的正确推理，则作为大前提、小前提和结论的分别是（ ）‎ A．③②① B．①③② C．①②③ D．③①②‎ ‎3．给出一个命题 ：若 ，，，且 ，则 ，，， 中至少有一个小于零．在用反证法证明 时，应该假设 ( )‎ A．，，， 中至少有一个正数 B．，，， 全为正数 C．，，， 全都大于或等于 D．，，， 中至多有一个负数 ‎4．，，，，按照以上规律，若，则（ ）‎ A．25 B．63 C．53 D．80‎ ‎5．把4个不同小球放入3个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则不同的放法共有（ ）‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 ‎6．用数学归纳法证明时，由“”等式两边需同乘一个代数式，它是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知复数在复平面内对应的点在第三象限，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）‎ A．96 B．84 C．60 D．48‎ ‎9．若且；则的展开式的系数是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．若复数的虚部小于0，，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一到五音阶音序，要求宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有（ ）‎ A．20种 B．24种 C．32种 D．48种 ‎12．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前56项和为（ ）‎ A．2060 B．2038 C．4084 D．4108‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13．计算：的值为______.‎ ‎14．已知边长分别为a，b，c的三角形ABC面积为S，内切圆O的半径为r，连接OA，OB，OC，则三角形OAB，OBC，OAC的面积分别为，由得，类比得四面体的体积为V，四个面的面积分别为，，，，则内切球的半径______．‎ ‎15．记，则___‎ ‎16．复数z满足条件∣z+i∣+∣z-i∣=2， 则∣z + i -1∣的最大值为______‎ 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎17、已知复数满足且的虚部为2. ‎ ‎（1）求复数；‎ ‎（2）设复数、、在复平面上对应点分别为A、B、C，求的 值.‎ ‎18．已知函数在点处的切线方程为.‎ ‎（1）求实数、的值；‎ ‎（2）求函数在区间上的最值.‎ ‎19．在的展开式中，前3项的系数成等差数列，‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求展开式中二项式系数最大的项；‎ ‎（3）求展开式中含的项的系数.‎ ‎20、请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．‎ ‎(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？‎ ‎(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．‎ ‎21、已知函数 ‎（1）若在处取得极值，求实数的值.‎ ‎（2）求函数的单调区间.‎ ‎（3）若在上没有零点，求实数的取值范围.‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）若函数在上是增函数，求正数的取值范围；‎ ‎（2）当时，设函数的图象与x轴的交点为，，曲线在，两点处的切线斜率分别为k1、k2，求证：k1 +k2 <0‎ 参考答案 一、 选择题 1． C 2．D 3．C 4．D 5．D 6．D 7．B 8．B 9．C 10．C ‎11．C 12．C 二、填空题 ‎13． 15 14． . 15． 365 16. ‎ 三、解答题 ‎17、解：（1）设,由题,可得,,‎ 的虚部为2‎ 则或 故或 ‎（2）由（1）可知,即为,‎ 当时,即为,,此时,即为,‎ 当时,即为,,此时,即为, ‎ 综上,‎ ‎18．解：（1）直线的斜率为，‎ 将点的坐标代入直线的方程得，‎ ‎，，‎ 由，得，解得；‎ ‎（2）由（1）得，，令，得.‎ 所以，函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，‎ 所以，函数在区间上的最小值为，‎ ‎，，‎ 因此，函数在区间上的最大值为.‎ ‎19、解：（1）因为前3项的系数成等差数列，且前三项系数为，‎ 所以，即，‎ 所以（舍去）或.‎ ‎（2）因为，所以展开式中二项式系数最大的项为第五项，‎ 即.‎ ‎（3）通项公式：‎ 由，，‎ 可得含的项的系数为.‎ ‎20、（1）∵‎ ‎∴当时，取得最大值 ‎（2）根据题意有 ‎∴。‎ 由得，(舍)或。‎ ‎∴当时；当时 ‎∴当时取得极大值，也是最大值，此时包装盒的高与底面边长的比值为 ‎ 即包装盒的高与底面边长的比值为 ‎ ‎21、（1）的定义域为，且.‎ ‎∵在处取得极值，‎ ‎∴，解得或（舍），‎ 当时，，；‎ ‎，，‎ ‎∴函数在处取得极小值，‎ 故.‎ ‎（2）.‎ 令，解得；‎ 令，解得，‎ ‎∴函数的单调增区间为，单调减区间为 ‎（3）要使在上没有零点，只需在上或，‎ 又，只需在区间上，.‎ ‎①当时，在区间上单调递减，则，‎ 解得与矛盾.‎ ‎②当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ ‎，‎ 解得，‎ ‎∴‎ ‎③当时，在区间上单调递增，‎ ‎，满足题意，‎ 综上所述，实数的取值范围是：.‎ ‎22、解：（1） ，∴，‎ 设，‎ 函数在上是增函数，∴ 在上恒成立，即 在上恒成立，‎ 设，则，‎ ‎，∴，∴在上是增函数，‎ ‎∴，由在上恒成立，得， ，‎ ‎∴，即的取值范围是.‎ ‎（2） ，由，得，，不妨设. ‎ ‎ ，，， + ，‎ 设，则，时，，时，，所以为的极大值点，所以的极大值即最大值为，即，‎ ‎∵且，∴且，‎ ‎∴，∴+ .‎