【文档说明】甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(17)页，1.365 MB，由小赞的店铺上传

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武威一中2020年春季学期高二年级期中考试数学（理）试卷一、选择题1.复数32izi的虚部为（）A.2B.-2C.-3D.3i【答案】C【解析】【分析】先给分子和分母同乘以i，化简后可得其虚部.【详解】因为2323223231

iiiiziii，所以z的虚部为-3.【点睛】此题考查的是复数的运算和复数的有关概念，属于基础题.2.由①25yx是一次函数；②25yx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.③②①B.①③②C.①②③D.③①②【答案】D【解析】【分析】根据三段论的概念，即可判断出结果.【详解】由题意，大前提：③一次函数的图象是一条直线；小前提：①25yx

是一次函数；结论：②25yx的图象是一条直线；故选：D.【点睛】本题主要考查三段论，属于基础题型.3.给出一个命题p：若,,,,1,1abcdabcdR，且1acbd，则a，b，c，d中至少有一个小于零，在用反

证法证明p时，应该假设（）A.a，b，c，d中至少有一个正数B.a，b，c，d全为正数C.a，b，c，d全都大于或等于0D.a，b，c，d中至多有一个负数【答案】C【解析】【分析】由“abcd,,,中至少一个小于零”的否定为“abcd,,,全都大于等于0”

即可求解.【详解】因为“a，b，c，d中至少有一个小于零”的否定为“abcd,,,全都大于等于0”,所以由用反证法证明数学命题的方法可得,应假设“abcd,,,全都大于等于0”,故选：C.【点睛】本题主要考查了反证法，反证法的证明步骤，属于容易题.4.222233，333388，44441

515，55552424，按照以上规律，若9999nn，则n（）A.25B.63C.53D.80【答案】D【解析】【分析】注意到每一项根号里的分式的分母恰好为分子的平方减1.【详解】22222321，23333831，2199999n，所以80n

.故选：D【点睛】本题主要考查推理与证明中的归纳推理，考查学生的观察能力、分析能力、比较能力、联系能力，是一道容易题.5.有4个不同的小球放入3个盒子中，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【答案】D【解析】【分析】先把小球分3组共

有24C种分法，再将3组小球全排列，放入对应3个盒子即可.【详解】根据题意，分2步安排，第一步，把4个小球分成3组，其中1组2只，剩余2组各1只，分组方法有246C种，第二步，把这3组小球全排列，对应3个盒子，有336A种,根据分步计数原理可得所有的不同方法共有6636种.故选：D

【点睛】本题主要考查了计数原理，排列与组合的应用，属于中档题.6.用数学归纳法证明(1)(2)()213(21)()nnnnnnnN时，由“1nknk”等式两边需同乘一个代数式，它是（）A.22kB.(21)(22)kkC.221kkD.(21)

(22)1kkk【答案】D【解析】【分析】只需将nk和1nk分别代入到原式中，得到(1)(2)()213(21)kkkkkk以及(2)(3)[(1)(1)]kkkk1213(21)

(21)kkk，然后用后式除以前式，则可以得出结果.【详解】由题意有，假设nk时，(1)(2)()213(21)()kkkkkkkN成立，则当1nk时，左边(2)(3)[(1)(1)]kkkk

(1)(11)(1)(2)()1kkkkkkkkk(1)(11)213(21)1kkkkkkk1213(21)(21)kkk右边∴由数学归纳法可知上式成立∴显然等式两边需同乘

(21)(22)1kkk故选：D.【点睛】本题仅仅是考查学生对数学归纳法的运用情况，要求学生会对复杂式子进行变形，以及运用数学归纳法时候能够根据所设条件得出相关类似结论，对学生数学运算能力要求较高，能具备相关推理思维，为中等难度题型.7.已知复数(3)(2

)zmii在复平面内对应的点在第三象限，则实数m的取值范围是（）A.(,1)B.2,3C.2,13D.2,(1,)3【答案】B【解析】【分析】根据复数的几何意义建立

不等式关系即可.【详解】(3)(2)(32)(1)zmiimmi，若复数在复平面内对应的点在第三象限，则32010mm，解得23m，所以m的取值范围是2(,)3，故选B.【点睛】该题考查的是有关复数在复平面内对应的点的问题，属

于简单题目.8.如图，一环形花坛分成ABCD，，，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.96B.84C.60D.48【答案】B【解析】解：分三类：种两种花有24A种种法；种三种花有234A种种法；种四种

花有44A种种法．共有234A+24A+44A=84．故选B9.若21299mmCC且mN；则21mx的展开式4x的系数是（）A.4B.6C.6D.4【答案】C【解析】【分析】先根据21299mmCC求出4m，再代入21mx，直接根据nab的展开

式的第1r项为1CrnrrrnTab，即可求出展开式4x的系数．【详解】因为21299mmCC且mN所以21294mmm421x展开式的第1r项为214()rrrTCx展开式中4x的系数为246C故

选C【点睛】本题考查二项式展开式，属于基础题．10.若复数z的虚部小于0，|z|5，且4zz，则iz（）A.13iB.2iC.12iD.12i【答案】C【解析】【分析】根据4zz可得()2zmimR，结合模长关系列方程，根据虚部小于0即可得解.【详解】由4zz，得(

)2zmimR，因为2||45zm，所以1m.又z的虚部小于0，所以2zi，12izi.故选：C【点睛】此题考查复数的概念辨析和模长计算，根据复数的概念和运算法则求解.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，排成一．五音阶音序，且宫、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【答案】C【解析】【分析】根据角所在的位置，分两类：角排在一或五；角排在二或四.根据分类计数原理和排列组合的知识可得．【详解】若角排在一或五，有22232AA=24种；若角排在二或四，有22222AA8.根据分类计

数原理可得，共有24832＝种.故选：C．【点睛】本题考查排列组合和计数原理，属于基础题.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.2060B.2038C.4084D.4108【答案】C【解析】【分析】先由题意，根据杨辉三角的特征，得到杨辉三角形的前n行的和，再求出去除所

有为1的项之和，构成数列的和，进而可求出结果.【详解】n次二项式系数对应杨辉三角形的第1n行，例如22121xxx，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，令1x，就可以求出该行的系数之和；第1行为02，第2行为12，第3行

为22，以此类推，即每一行数字之和构成首项是1，公比是2的等比数列，则杨辉三角形的前n行的和为122112nnnS，若去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，...，可看成以1为首项，

以1为公差的等差数列，则(1)2nnnT，当12n时，121213782T，去除两端的1可得782355，则此数列的前56项的和为：121223122123124084S.故选：C.【点睛】本题主

要考查杨辉三角的应用，涉及数列的求和，属于常考题型.二、填空题13.计算：4275CA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】437776535321CC，255420A则4275352015CA

本题正确结果：15【点睛】本题考查排列数和组合数的计算，属于基础题.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111,,222crarbr，由111

222Scrarbr得2Srabc，类比得四面体的体积为V，四个面的面积分别为1S，2S，3S，4S，则内切球的半径R______．【答案】12343VSSSS.【解析】解：由条件可知，三角形的面积公式是利用的等积法来计算的．

∴根据类比可以得到，将四面体分解为四个小锥体，每个小锥体的高为内切球的半径，∴根据体积相等可得13R(S1+S2+S3+S4)=V，即内切球的半径R=12343VSSSS.故答案为12343VSSSS.点睛：在进行类比推理时，要尽量从本质上去类比，不要被表面现象所迷

惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误15.记62601261111xaaxaxax，则0246aaaa_________【答案】365

【解析】【分析】分别令0x，2x，代入计算，联立方程即可求解.【详解】令0x可得：01261aaaa①令2x可得：601263aaaa②两式相加可得：0246aaaa6133652,故填365【点睛】

本题主要考查了赋值法求二项展开式的系数和，属于中档题.16.复数z满足条件∣z+i∣+∣z-i∣=2，则∣z+i-1∣的最大值为______【答案】5【解析】此时∣z+i∣+∣z-i∣=2表示两点0,1,0,1线段上的点

，则∣z+i-1∣是指线段上的点到点（1，-1）的距离，数形结合可得∣z+i-1∣的最大值为5.三、解答题17.已知复数z满足|2|z，2z的虚部为2.（1）求复数z；（2）设复数z、2z、2zz在复平面上对应点分别为A、B、C，求()OAOBOC的值.【答案】（1）1iz或

1iz；（2）2【解析】【分析】（1）设出zabi,根据题意可得22222abab,求解即可；（2）由（1）作分类讨论,根据题意计算即可【详解】（1）设zabi,由题,可得222zab

,22222zabiababi,2z的虚部为2则22222abab11ab或11ab故1zi或1iz（2）由（1）可知22zi,即B为0,2,0,2OB当1zi时,即

A为1,1,1,1OA,此时21zzi,即C为1,1,1,1OC1,3OAOB()11+312OAOBOC当1iz时,即A为1,1,

1,1OA,此时213zzi,即C为1,3,1,3OC1,1OAOB()11+132OAOBOC综上,()2OAOBOC【点睛】本题考查复数的运算,考查

复平面,考查数量积,考查分类讨论的思想,考查运算能力18.已知函数31()3fxxaxb，在点1,1Mf处的切线方程为93100xy，求：（1）实数,ab的值；（2）函数fx在区间0,

3上的最值.【答案】（1）44ab；（2）max4fx，min43fx.【解析】【分析】（1）求出曲线的斜率，切点坐标，求出函数的导数，利用导函数值域斜率的关系，即可求出a，b．（2）求出导函数的符号，判断函数的单调性以及求解闭区间的函数的最值

．【详解】解：（1）因为在点1,1Mf处的切线方程为93100xy，所以切线斜率是3k且9131100f，求得1(1)3f，即点11,3M又函数31()3fxxaxb，则2()fxxa所以依题意得(1)1311(1)33fa

fab解得44ab（2）由（1）知31()443fxxx所以2()4(2)(2)fxxxx令()0fx，解得2x或2x当()02fxx或2x；当()022fxx所以函数

()fx的单调递增区间是(,2)，(2,)单调递减区间是(2,2)又[0x，3]所以当x变化时，()fx和()fx变化情况如下表：X0(0,2)2(2,3)3()fx00()fx4极小值431所以当[0x，3]时，()(0)4maxf

xf，4()(2)3minfxf【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及闭区间上函数的最值求法，考查转化思想以及计算能力．19.在412nxx的展开式中，前3项的系数成等差数列，（1）求n的

值；（2）求展开式中二项式系数最大的项；（3）求展开式中含2x的项的系数.【答案】（1）8n（2）358x（3）1256【解析】【分析】（1）根据前3项的系数成等差数列，利用等差数列的定义求得n的值；（2）根据通项公式、二项式

系数的性质求展开式中二项式系数最大的项；（3）在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得含2x的项的系数．【详解】解：（1）因为前3项的系数成等差数列，且前三项系数为0121124nnnCCC，，，所以10214nnnCCC，即2980nn，所以1n（

舍去）或8n.（2）因为8n，所以展开式中二项式系数最大的项为第五项，即44458413582TCxxx.（3）通项公式：3844188411,0822rrrrrrrTCxCxrrNx

，由3424r，8r，可得含x的项的系数为88811()2256C.【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质．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,,,ABCD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，,EF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AEFBx(cm).（1）某广告商要求包装盒的侧面积S2cm最大，试问x应取何值？（2）某厂商要求

包装盒的容积3cmV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.【答案】（1）15x（2）20x=；高与底面边长的比值为12【解析】【分析】（1）设包装盒的底面边长为a，高为h，由题意

得到，2ax，230hx，根据侧面积公式，得出4830Sahxx，由二次函数的性质，即可得出最值；（2）根据体积公式，由题意，得到22230Vxx，用导数的方法求出最值，即可得出结果.【详解】（1）设包装盒的底面边长为a，高

为h，则由题意可得，2ax，6022302xhx，所以248308151800Sahxxx，∴当15x时，S取得最大值（2）根据题意，由（1）有222260222300302Vxxxxx∴622

0Vxx由0V得，0x（舍）或20x=.∴当0,20x时0V；当20,30x时0V，∴当20x=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230122xhax

即包装盒的高与底面边长的比值为12.【点睛】本题主要考查函数模型的应用，以及导数的实际应用，属于常考题型.21.已知函数221ln(0)2fxxaxa1若fx在1x处取得极值，求实数a的值．2求函数fx的单调区间．3若fx在1,e上没有零点，求实

数a的取值范围．【答案】（1）1a（2）单调增区间为(,)a，单调减区间为(0,)a（3）0ae【解析】试题分析：（1）求导2afxxx，令10f得1a，再讨论单调性下结论即可；（2）由222(0)axafxxxxx

，令0fx可得增区间，令0fx可得减区间；（3）要使fx在1,e上没有零点，只需在1,e上min0fx或max0fx，又1102f，只需在区间1,e上，min0

fx，分ae，1ae和01a三种情况讨论即可.试题解析：（1）221ln(0)2fxxaxa的定义域为0,，且2afxxx.∵fx在1x处取得极值，∴10f

，解得1a或1a（舍），当1a时，0,1x，0fx；1,x，0fx，∴函数fx在1x处取得极小值，故1a.（2）222(0)axafxxxxx令0fx，

解得xa；令0fx，解得0xa，∴函数fx的单调增区间为,a，单调减区间为0,a（3）要使fx在1,e上没有零点，只需在1,e上min0fx或max0fx，又1102f，只需在区间1,e上，min0fx.①当ae时，

fx在区间1,e上单调递减，则22min102fxfeea，解得202ae与ae矛盾.②当1ae时，fx在区间1,a上单调递减，在区间,ae上单调递增，2min112ln02fxfaaa，解得0ae，∴1ae③当

01a时，fx在区间1,e上单调递增，min10fxf，满足题意，综上所述，实数a的取值范围是：0ae.点睛：函数的零点问题求参数常用的方法和思路：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成函数

的值域问题解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.22.已知函数()()lnxfxaxa(0)a.（1）若函数()fx在[1,)上是增函数，求正数a的取

值范围；（2）当1a时，设函数()fx的图象与x轴的交点为A，B，曲线()yfx在A，B两点处的切线斜率分别为1k，2k，求证：1k+2k0.【答案】（1）(0,1]；（2）见解析.【解析】【分析】（1）由题意，求得函数的导数2lnxxxafxax，设2

lngxxxxa，分离参数转化为2lnaxxx在1,上恒成立，设lnhxxxx，利用导数求得函数hx的单调性，得到函数hx的最值，即可得到实数a的取值范围；（2）由0fx，得11x，2

2xa，不妨设21,0,,0ABa，利用导数求得,AB两点的斜率，得到1k+2k22ln1aaa，设ln1Fxxx，利用导数求得函数Fx的单调性与最大值，即可作出证明.【详解】（1）lnxfxaxa(0)a，∴2lnxx

xafxax，设2lngxxxxa，函数fx在1,上是增函数，∴2lngxxxxa0在1,上恒成立，即2lnaxxx在1,上恒成立，设lnhxxxx，则ln2hxx，1x，∴2

hx，∴lnhxxxx在1,上是增函数，∴1hx，由2lnaxxx在1,上恒成立，得21a，0a，∴01a，即a的取值范围是0,1.（2）1a，由ln0xfxaxa，得11x，22xa，不妨设21,0,

,0ABa.2lnxxxafxax，211aka，22lnaka，1k+2k22ln1aaa，设ln1Fxxx，则1xFxx，01x时，0Fx，1x时，0Fx，所以1x

为ln1Fxxx的极大值点，所以ln1Fxxx的极大值即最大值为10F，即ln10Fxxx，∵0a且1a，∴20a且21a，∴222ln10Faaa，∴1k+

2k22ln1aaa0.【点睛】本题主要考查了导数的综合应用，以及利用综合法的证明不等关系式，其中解答中函数不等式恒成立或不等式问题时，通常要构造新函数，利用导数研究新函数的单调性、极值与最值，从而求出参数的取值范围．同时利用综合法证题是从已知条件

出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：①定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；②已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．