【文档说明】福建省连城县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题.doc，共(11)页，980.000 KB，由小赞的店铺上传

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连城一中2019-2020学年下期高二年级半期考数学试卷满分150分考试时间120分钟命题人:黄开玮审题人:吴鹤熙一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．函数的导数是A．B．C．D．2．复数1zii，则复数

z在复平面中对应的点位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有A．6种B．12种C．18种D．24种4．已知函数yfx的图象在点1,1f处的切线方程为21

0xy，则12'1ff的值为A．12B．1C．32D．25．2101()xx的展开式中含5x项的系数为A．160B．210C．120D．2526．如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方

法总数为A．36B．48C．72D．1087．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为730，既吹东风又下雨的概率为110.则在吹东风的条件下下雨的概率为A．311B．711C．37D．1108．若函数lnfxx与2424gxx

axaaR图象上存在关于点1,0M对称的点，则实数a的取值范围是A．1,B．1,eC．0,D．,e二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9．如图是函数yfx的导函数

'yfx的图象，则下面判断正确的有A．在2,1上fx是增函数B．在3,4上fx是减函数C．在1x处取得极极小值D．在1x处取得极极大值10．下面四个命题,其中错误的命题是A.0比－i大；B.两个复数当且仅当其和为实数时互为共轭复数；C.x＋

yi＝1＋i的充要条件为x＝y＝1；D.任何纯虚数的平方都是负实数．11.某城市收集并整理了该市2019年1月份至10月份各月最低气温与最高气温(单位：℃)的数据，绘制了下面的折线图.已知该城市各月的最低气温与最高气温具有较好的线性关系，则

根据折线图，下列结论正确的是A.最低气温低于0℃的月份有4个B.10月的最高气温不低于5月的最高气温C.月温差(最高气温减最低气温)的最大值出现在1月D.最低气温与最高气温为正相关12．已知函数21xxxfxe，则下列结论正确的是A．函数fx存在两个不同的零点B．函数

fx既存在极大值又存在极小值C．当0ek时，方程fxk有且只有两个实根D．若,xt时，2max5fxe，则t的最小值为2三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若复数(3)(12)zii，则z的共轭复数

z的虚部为_______________．14．函数sin2xfxxe在0,1处的切线方程为____________________．15．设28210012101(43)(21)(21)(21)xxaaxaxax，则1210aaa_____

__________．16．设函数fx的定义域为R，满足13fxfx，且当0,1x时，32fxxx，1当0,1x时，fx的最小值为________；2若对任意,xm，都有278fx成立，则实数m的取值范围是_______

__________.四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)设复数2223(32)zmmmmi，求满足下列条件的实数m的值.（1）z为实数；（2）z为纯虚数.18．(12分)（请写出式子再写计算结果）有4个不同的小球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内

：（1）共有多少种方法？（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？（3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？19．（12分）在*22nxnNx的展开式中.（1）若第五项的系数与第三项的系数的比是10:1，求展开式中各项系数的和；（2）若其展开式前三项的二项式系数和等于7

9，求展开式中含x的项.20．（12分）设函数21fx2xxe．（1）求该函数的单调区间；（2）若当x∈[﹣2，2]时，不等式f（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．21．（12分）中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展.已知某条高铁线路通车后

，发车时间间隔t（单位：分钟）满足*525,ttN，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当2025t时高铁为满载状态，载客量为1000人；当520t时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与220t成正比，且发

车时间间隔为5分钟时的载客量为100人.记发车间隔为t分钟时，高铁载客量为Pt.1求Pt的表达式；2若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益214065020004QtPttt（元），当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益Qtt最大

？22．（12分）已知函数f（x）=ax+（1﹣a）lnx+（a∈R）（1）当a=0时，求f（x）的极值；（2）当a＜0时，求f（x）的单调区间；（3）方程f（x）=0的根的个数能否达到3，若能请求出此时a的范围，若不能，请说明理由．连城一中201

9-2020学年下期高二年级半期考数学答案一、单选题1--8：ABBDDCCA;8.设,Pxy关于1,0M的对称点是2,Pxy在2424gxxaxa上，2224224yxaxayxax

，根据题意可知，lnyx与2yxaxaR有交点，即2lnlnxxxaxaxx，设lnxyxx0x，221lnxxyx，令21lnhxxx，0x120hxxx恒成立，

hx在0,是单调递增函数，且10h，hx在0,10hx，即0y，1,时0hx，即0y，lnxyxx在0,1单调递减，在1,单调递增，所

以当1x时函数取得最小值1，即1y，a的取值范围是1,.故选C.二、多选题9．BC.10.ABC.11.BCD12.ACD.12．2010fxxx,解得152x，所以A正确；2122xxxxxxfxee，当0fx时，12x

，当0fx时，1x或2x,1,2,是函数的单调递减区间，1,2是函数的单调递增区间，所以1f是函数的极小值，2f是函数的极大值，所以D正确.当x时，0y，根据B可知，函数的最小值是1f

e，再根据单调性可知，当0ek时，方程fxk有且只有两个实根，所以C正确；B.由图像可知，t的最大值是2，所以不正确.故选A,C,D三、填空题13．7.14．310xy.15．3416．427.7,216.（1）0,1x时，

23232fxxxxx，当20,3x时，0fx，当2,13x时，0fx，23x时，函数取得最小值24327f；（2）当0,1x时，4,027fx，根据13fxfx可知当1

,2x时，4,09fx，当2,3x时，4,03fx，3,4x时，4,0fx274,08当3,4x时，3192273fxfx

fxfx，30,1x322733fxxx令322727338xx，可得：321115333(0,1]3,824xxxx，m的取值范围是7,2.四、解答题17解：（1）由题

得2320mm，解得1m或2m。（2）由题得22230320mmmm，解得3m。18解：（1）每个球都有4种方法，故有4×4×4×4＝256种，（2）每个盒子不空，共有4424A不同的方法，（3）四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空

盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有2344144CA种不同的放法．19解：（1）*22nxnNx展开式的通项为521222rnrnrrrrrnnTCxCxx由题意知，

第五项系数为442nC，第三项的系数为222nC，则有4422(2)10(2)1nnCC，化简得25240nn，解得8n或3n（舍去）.令1x得各项系数的和为8121.（2）∵01279nnnCCC

，∴21560nn.∴12n或13n（舍去）.通项公式561221121222()()(2)rrrrrrrTCxCxx，令5612r，则2r=，故展开式中含x的项为22312(2)264TC

xx.20解：（1）∵212xfxxe，∴f′（x）＝xex12x2ex12exx（x+2），令f′（x）＞0，解得x＞0或x＜﹣2，令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜0，∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（0，+∞），单调减区间为（﹣2，0）；（2）∵当x∈[﹣2

，2]时，不等式f（x）＜m恒成立，∴m＞f（x）max，由（1）可知，f′（x）＝xex12x2ex12exx（x+2），令f′（x）＝0，可得x＝﹣2或x＝0，∵f（﹣2）22e，f（0）＝0，f（2）

＝2e2，∴f（x）max＝2e2，∴m＞2e2，∴实数m的取值范围为m＞2e2．21解：（1）当520t?时，不妨设2()1000(20)Ptkt=--，因为(5)100P=，所以解得4k.因此2**10004(20),520,,(

)1000,2025,tttNPtttN.（2）①当520t?时，23()()40650200050020004tQtPttttt=-+-=-+-因此2()2000()500Qtytttt==--+，520t?.因为()yt¢=32220002(1000)2tttt

---+=，当510t?时，()0yt¢>，()yt单增；当1020t<<时，()0yt¢<，()yt单减.所以max()(10)200yty==.②当2025t时，2()409002000Qttt=-+-因此()50()9

0040()Qtytttt==-+，2025t.因为()yt¢=2240(50)0tt--<，此时()yt单减.所以max()(20)0yty==，综上，发车时间间隔为10分钟时，()Qtt最大.22解

：（1）f（x）其定义域为（0，+∞）．当a=0时，f（x）=，f'（x）=．令f'（x）=0，解得x=1，当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当x＞1时，f'（x）＞0．所以f（x）的单调递减区间是（0，1

），单调递增区间是（1，+∞）；所以x=1时，f（x）有极小值为f（1）=1，无极大值（2）f'（x）=a﹣（x＞0）令f'（x）=0，得x=1或x=﹣当﹣1＜a＜0时，1＜﹣，令f'（x）＜0，得0＜x＜1或x＞﹣，令f'（x）＞0，得1＜x＜﹣；当a=﹣1时

，f'（x）=﹣．当a＜﹣1时，0＜﹣＜1，令f'（x）＜0，得0＜x＜﹣或x＞1，令f'（x）＞0，得﹣＜a＜1；综上所述：当﹣1＜a＜0时，f（x）的单调递减区间是（0，1），（﹣），单调递增区间是（1

，﹣）；当a=﹣1时，f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；当a＜﹣1时，f（x）的单调递减区间是（0，﹣），（1，+∞），单调递增区间是（3）a≥0∴f'（x）=0（x＞0）仅有1解，方程f（x）=0至多有两个不同的解．（注：也可用fmin（x）=

f（1）=a+1＞0说明．）由（Ⅱ）知﹣1＜a＜0时，极小值f（1）=a+1＞0，方程f（x）=0至多在区间（﹣）上有1个解．a=﹣1时f（x）单调，方程f（x）=0至多有1个解．；a＜﹣1时，，方程f（x）=0仅在区间内

（0，﹣）有1个解；故方程f（x）=0的根的个数不能达到3．