2018-2019学年贵州省思南中学高二下学期期中考试数学（理)试题 解析版

2018-2019学年贵州省思南中学高二下学期期中考试数学（理)试题 解析版

绝密★启用前 贵州省思南中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知复数，则的虚部为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接由复数代数形式的乘除运算化简，求得后得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由，‎ 所以，‎ 所以的虚部为3，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关复数的虚部的问题，涉及到的知识点有复数的除法运算，复数的共轭复数以及复数的虚部，属于简单题目.‎ ‎2．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（　　）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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，则答案可求．‎ ‎【详解】‎ 解：由，‎ 得，‎ ‎，则，‎ 在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 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．‎ ‎3．已知，若，则的值等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定积分的计算公式化简定积分，解方程求得的值.‎ ‎【详解】‎ ‎，（）,或（舍）．则的值等于．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查定积分的计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎4．与直线的平行的抛物线的切线方程是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义求出切点坐标，由点斜式写出切线方程即可．‎ ‎【详解】‎ 对函数求导得，设切点坐标为（x,y）, ‎ 因为切线与直线平行得斜率k=2x=2,即x=1,‎ 则切点坐标为（1,1），‎ 与直线平行的抛物线的切线方程是y-1=2(x-1),即2x-y-1=0,‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查导数的几何意义，考查切线方程的求法，属于基础题．‎ ‎5．在用反证法证明“已知，，，且，则，，中至少有一个大于”时，假设应为（　　）‎ A．，，中至多有一个大于 B．，，全都小于 C．，，中至少有两个大于 D．，，均不大于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，利用反证法的定义写出命题结论的否定即可.‎ ‎【详解】‎ 用反证法证明，应先假设要证命题的否定成立．‎ 而要证命题结论的否定为：“假设均不大于1”，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．‎ ‎6．已知为等差数列，，．若为等比数列，，则类似的结论是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：类比等差数列和等比数列下标和的性质求解可得结论．也可直接将等差数列中的和与积类比成等比数列中的积和乘方得到结论．‎ 详解：在等差数列中，令，‎ 则，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 在等比数列中，令，则，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 故选D．‎ 点睛：等差数列和等比数列之间进行类比时，可将等差中的和、积类比成等比数列中的积、乘方，由此可得到相关的结论，但要注意类比的结论应是正确的，因此可通过推理进行验证．‎ ‎7．某单位有个连在一起的车位，现有辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：由题意知本题是一个分类计数问题，‎ 首先安排三辆车的位置，假设车位是从左到右一共7个，‎ 当三辆车都在最左边时，有车之间的一个排列，‎ 当左边两辆，最右边一辆时，有车之间的一个排列，‎ 当左边一辆，最右边两辆时，有车之间的一个排列，‎ 当最右边三辆时，有车之间的一个排列，‎ 总上可知共有不同的排列法4×=24种结果，‎ 故选C．‎ ‎8．‎ 旅游体验师小李受某旅游网站邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 第一类，甲在最后一个体验，则有种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有种方法，‎ 所以小李旅游的方法共有＋＝10种．‎ 故选D.‎ ‎9．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳（约公元世纪）所著，该书主要记述了：积算（即筹算）太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算计数种计算器械的使用方法某研究性学习小组人分工搜集整理种计算器械的相关资料，其中一人种、另两人每人种计算器械，则不同的分配方法有（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题涉及平均分组问题，先计算出分组的方法，然后乘以得出总的方法数.‎ ‎【详解】‎ 先将种计算器械分为三组，方法数有种，再排给个人，方法数有种，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查简单的排列组合问题，考查平均分组要注意的地方，属于基础题.‎ ‎10．函数（实数为常数，且）的图象大致是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由函数零点的个数排除选项A,C;再结合函数的单调性即可得到选项.‎ ‎【详解】‎ 由f（x）=0得x2+tx=0，得x=0或x=-t，即函数f（x）有两个零点，排除A，C， ‎ 函数的导数f′（x）=（2x+t）ex+（x2+tx）ex=[x2+（t+2）x+t]ex， ‎ 当x→-∞时，f′（x）＞0，即在x轴最左侧，函数f（x）为增函数，排除D， ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 函数图象的辨识可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；‎ ‎(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.‎ ‎11．已知定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，因为f(x)<－xf′(x)，所以g′(x)<0，即函数g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减，由f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)得(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，即g(x＋1)>g(x2－1)，所以x＋12. 选D 点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等 ‎12．设为函数的导函数，且满足，，若恒成立，则实数的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导，根据，可得，将不等式变形可得，即求的最大值，求导，结合的单调性，即可求解。‎ ‎【详解】‎ ‎，由，可得的对称轴为，所以，所以，所以，由可得，变形可得 ，即，设， ，易得函数在区间上单调递增， 在区间上单调递减，所以，故实数b的取值范围为，故选A ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数求函数的最值、恒成立问题，涉及到函数的对称性等知识，意在考查学生对这些知识的理解水平和分析计算能力，属中档题。‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．已知复数满足（其中为虚数单位），则的值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，再利用复数代数形式的除法运算化简复数z，然后由复数模的公式计算得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，准确计算是关键，是基础题．‎ ‎14．已知定义在上的函数与，若函数为偶函数，函数为奇函数，且，则___‎ ‎【答案】12.‎ ‎【解析】‎ 分析：根据定积分的几何意义和函数的奇偶性求解．‎ 详解：∵函数为偶函数，函数为奇函数，‎ ‎∴函数的图象关于y轴对称，函数的图象关于原点对称．‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ 点睛：定积分的几何意义是表示曲线以下、x轴以上和直线之间的曲边梯形的面积，解题时要注意面积非负，而定积分的结果可以为负．‎ ‎15．某运动队对，，，四位运动员进行选拔，只选一人参加比赛，在选拔结果公布前，甲、乙、丙、丁四位教练对这四位运动员预测如下：甲说：“是或参加比赛”；乙说：“是参加比赛”；丙说：“是，都未参加比赛”；丁说：“是参加比赛”．若这四位教练中只有两位说的话是对的，则获得参赛的运动员是________．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据甲、乙、丙、丁四位教练对这四位运动员预测，可画出下表格：‎ A B C D 甲 ‎√‎ ‎√‎ 乙 ‎√‎ 丙 丁 ‎√‎ 若A参赛，甲、乙、丙、丁四人话都错，不符；若C参赛，甲、丙、丁三人话对，不符；若D参赛，乙、丙、丁三人话错，不符合；若B参赛，乙、丙话对，甲、丁话错，符合；综上，参赛运动员为B.‎ ‎【点睛】‎ 对于逻辑推理题，由于情况比较复杂，我们常用列表格的方法来理清关系，再结合表格逐个分析。‎ ‎16．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有________种．‎ ‎【答案】20‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出．‎ ‎【详解】‎ 当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，‎ 当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，‎ 综上故有10+10＝20种，‎ 故答案为20.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．一个口袋里装有个白球和个红球，从口袋任取个球．‎ ‎（1）共有多少种不同的取法？‎ ‎（2）其中恰有一个红球，共有多少种不同的取法？‎ ‎（3）其中不含红球，共有多少种不同的取法？‎ ‎【答案】（1）56；（2）35；（3）21‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）从口袋里的个球中任取个球,利用组合数的计算公式，即可求解.‎ ‎（2）从口袋里的个球中任取个球,其中恰有一个红球,可以分两步完成:第一步,从 个白球中任取个白球,第二步,把个红球取出,即可得到答案.‎ ‎（3）从口袋里任取个球,其中不含红球,只需从个白球中任取个白球即可得到结果.‎ 详解：（1）从口袋里的个球中任取个球,不同取法的种数是 ‎（2）从口袋里的个球中任取个球,其中恰有一个红球,可以分两步完成:‎ 第一步,从个白球中任取个白球,有种取法;‎ 第二步,把个红球取出,有种取法.‎ 故不同取法的种数是: ‎ ‎（3）从口袋里任取个球,其中不含红球,‎ 只需从个白球中任取个白球即可,‎ 不同取法的种数是.‎ 点睛：本题主要考查了组合及组合数的应用，其中认真分析题意，合理选择组合及组合数的公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与计算能力.‎ ‎18．五位师傅和五名徒弟站一排．‎ ‎（1）五名徒弟必须排在一起共有多少种排法？‎ ‎（2）五名徒弟不能相邻共有多少种排法？‎ ‎（3）师傅和徒弟相间共有多少种排法？‎ ‎【答案】（1）86 400种；（2）86 400种；（3）28 800种 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1 )采用捆绑法，师傅先排好,徒弟放在一起排好，再把徒弟当作一个整体插入到师傅的6个空里；(2)采用插空法，先将五位老师全排列，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上；(3)采用插空法，先将五位师傅排列，再将五名徒弟放在五位师傅产生的6个空位中前五位或者后五位上.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)先将五名徒弟看作一人与五位师傅排列有A种排法，五名徒弟在内部全排列有A种，据乘法原理排法共有AA＝86400(种)．‎ ‎(2)先将五位师傅全排列有A种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位上有A种排法，据乘法原则，排法共计AA＝86400(种)．‎ ‎(3)先将五位师傅排列有A种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位中前五位或后五位上有2A种排法，据乘法原理排法共有2AA＝28800(种)．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.‎ ‎19．已知数列满足：，且．‎ ‎（1）求，，的值，并猜想的通项公式；‎ ‎（2）试用数学归纳法证明上述猜想．‎ ‎【答案】(1) ，，，猜想 (2)见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：根据数列的递推公式求出，，的值，从而可以猜想的通项公式；根据数学归纳法的证明步骤，①当时，猜想显然成立；②假设 时猜想成立，根据递推公式只要求出 ，也就是当时，猜想也成立，从而最后得出结论。‎ 解析：（1）由递推公式可得，，，可猜想 .‎ ‎（2）下面用数学归纳法证明猜想成立.‎ ‎①当时，猜想显然成立；‎ ‎②假设 时猜想成立，即，‎ 则时，由可得 ‎ ，‎ 即：当时，猜想也成立，‎ 由①②可知，当时，.‎ ‎20．已知曲线．‎ ‎（1）求曲线在处的切线方程．‎ ‎（2）若曲线在点处的切线与曲线相切，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导函数，利用切点坐标和斜率求得切线方程.（2）先求得曲线过点的切线方程，利用切线的斜率等于导数值求得切点的坐标，代入切线方程可求得的值.‎ ‎【详解】‎ 由题可得 ‎（1） ，‎ 由直线的点斜式方程有，切线的方程为：‎ ‎，即：.‎ ‎（2）函数在的导数为，所以切线方程为，‎ 曲线的导数，因与该曲线相切，‎ 可令，∴，‎ 代入曲线方程可求得切点为，代入切线方程可求得.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查过曲线上一点切线方程的求法，考查经过某点的曲线的切线方程有关问题的求解策略，属于中档题.‎ ‎21．若函数，当时，函数有极值．‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）若有三个零点，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，利用函数有极值可解出.‎ ‎（2）有三个零点，等价与有三解，等价于与有三个交点接下来只需利用导数研究函数的单调性，结合函数简图解出的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由 所以，解得，‎ 所求的解析式为.‎ ‎（2）由（1）可得 令，得 当变化时，变化如下表：‎ 由有三个零点，则与图像有三个交点，‎ 由三次函数图像可知，，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用导数研究函数的极值与零点问题，函数的极值点问题可转化为导数的零点问题，函数的零点问题常采用数形结合法转化为图像的交点问题，画函数的图像关键在于研究函数的单调性.‎ ‎22．已知函数，．‎ ‎（1）求函数的单调区间及极值；‎ ‎（2）设，当时，存在，，使方程成立，求实数的最小值．‎ ‎【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.函数有极大值且为，没有极小值.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过求导，得到导函数零点为 ‎，从而可根据导函数正负得到单调区间，并可得到极大值为，无极小值；（2）由最大值为且可将问题转化为有解；通过假设，求出的最小值，即为的最小值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由得：‎ 令，则，解得 当时，‎ 当时，‎ 的单调递增区间为，单调递减区间为 当时，函数有极大值，没有极小值 ‎（2）当时，由（1）知，函数在处有最大值 又因为 方程有解，必然存在，使 ‎，‎ 等价于方程有解，即在上有解 记，‎ ‎，令，得 当时，，单调递减 当时，，单调递增 所以当时，‎ 所以实数的最小值为 ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数求解函数单调区间和极值、能成立问题的求解.解题关键是能够将原题的能成立问题转化为方程有解的问题，从而进一步转化为函数最值问题的求解，对于学生转化与化归思想的应用要求较高.‎