【文档说明】广东省珠海市艺术高级中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题 含答案.docx，共(12)页，104.126 KB，由小赞的店铺上传

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1202104艺术高中高二数学期中试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.“𝑎=0”是“复数𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)为纯虚数”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.复数𝑧=2𝑖2+𝑖5

的共轭复数𝑧−在复平面上对应的点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.设𝑓(𝑥)=sin𝑥−cos𝑥，则𝑓(𝑥)在𝑥=𝜋4处的导数𝑓′(𝜋4)=()A.√2B.−√2C.0D.√224.将3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同

的分法种数是()A.1260B.120C.240D.7205.函数𝑓(𝑥)=32𝑥2−ln𝑥的极值点为()A.0，1，−1B.√33C.−√33D.√33，−√336.满足a，𝑏∈{−1,0,1,2}且关于x的方程𝑎�

�2+2𝑥+𝑏=0有实数解的有序数对(𝑎,𝑏)的个数为()A.14B.13C.12D.107.已知函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象如图所示，𝑓′(𝑥)是函数𝑓(𝑥)的导函数，则下列数值排序正确的是()A.2𝑓′(2)<�

�(4)−𝑓(2)<2𝑓′(4)B.2𝑓′(4)<2𝑓(2)<𝑓(4)−𝑓(2)C.2𝑓′(2)<2𝑓′(4)<𝑓(4)−𝑓(2)D.𝑓(4)−𝑓(2)<2𝑓′(4)<2𝑓′(2)8.一窗户的上部是半圆，

下部是矩形，大致图形如图所示，如果窗户面积为S，为使窗户周长最小，用料最省，圆的半径应为()A.√3𝑆𝜋+4B.√𝑆𝜋+4C.√2𝑆𝜋+4D.2√𝑆𝜋+4二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）29.

若m为实数，则复数(𝑚2+𝑚−2)+(6−𝑚−𝑚2)𝑖在复平面内所对应的点可能在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限10.若复数𝑧=3−5𝑖1−𝑖，则()A.|𝑧|=√17B.z的实部与虚部之差为3C.𝑧=4+𝑖D.z在复平面内对应的点位于第四象限11

.下列求导正确的是()A.(𝑒2𝑥)′=2𝑒𝑥B.(3𝑥+1)′=3C.(√2𝑥)′=1√2𝑥D.(𝑥sin𝑥)′=sin𝑥+𝑥cos𝑥12.已知(1√𝑥⬚−𝑎𝑥2)𝑛(𝑎<2)的展开式中第3项的二项式系数

为45，且展开式中各项系数和为1024，则下列说法正确的是()A.𝑎=1B.展开式中偶数项的二项式系数和为512C.展开式中第6项的系数最大D.展开式中的常数项为45三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.如图所示，函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象在点P处的切线方程为𝑦=−2𝑥+5

，则𝑓(2)+𝑓′(2)=_____．14.函数𝑓(𝑥)=log2𝑥在区间[2,4]上的平均变化率是_________．15.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+6，其导数𝑓′(

𝑥)的图象如图所示，则函数的极小值是________．16.如图，有一块半径为2的半圆形钢板，计划裁剪成等腰梯形ABCD的形状，它的下底AB是圆O的直径，上底C、D的端点在圆周上，则所裁剪出的等腰梯形面积最大为________．四、解答题（本大题共6

小题，共70.0分）317.求下列函数的导数：(1)𝑦=𝑥(𝑥2+1𝑥+1𝑥3)(2)18.现有9本不同的书，求下列情况下各有多少种不同的分法．(1)分成3组，一组4本，一组3本，一组2本．(2)分给3人，一人4本，一人3本，一人2

本．(3)平均分成3组．19.用1，2，3，4四个数字组成可有重复数字的三位数，这些数从小到大构成数列{𝑎𝑛}．(1)这个数列共有多少项?(2)若𝑎𝑚=341，求m的值．20.如图，在半径为3𝑚的14圆形(O为圆心)铝皮上截取一块

矩形材料OABC，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗)，设矩形的边长AB=xm，圆柱的体积为V𝑚3．(1)写出体积V关于x的函数关系式,并指出定义域；(2)当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积V最大?

最大体积是多少?421.已知在(√𝑥−2√𝑥3)𝑛的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3．(1)求展开式中的所有有理项；(2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3)求𝑛+9𝐶𝑛2+81𝐶𝑛3+⋯+9�

�−1𝐶𝑛𝑛的值．22.已知函数𝑓(𝑥)=12𝑥2−𝑎𝑥−ln𝑥(𝑎∈𝐑)．(1)若𝑎=2时，讨论函数𝑓(𝑥)的单调性；(2)设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+32𝑥2+1，若函数�

�(𝑥)在[1e,e]上有两个零点，求实数a的取值范围．5答案和解析1.【答案】B解：若𝑎=0，𝑏=0则复数𝑎+𝑏𝑖=0为实数，故充分性不成立，若复数𝑎+𝑏𝑖为纯虚数，则𝑎=0，𝑏≠0，故必要性成立，故𝑎=0是复数𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈�

�)为纯虚数必要不充分条件．故选B．2.【答案】C解：∵𝑧=2𝑖2+𝑖5=−2+𝑖，∴𝑧−=−2−𝑖，在复平面内对应点为(−2,−1)，在第三象限．故选：C．3.【答案】A解：因为𝑓′(𝑥)=cos𝑥+sin𝑥，所以𝑓′(𝜋4)=cos𝜋

4+sin𝜋4=√2．故选A．4.【答案】D解：相当于3个元素排10个位置，有𝐴103=720(种)不同的分法．故选D．5.【答案】B解：由已知，得𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=3𝑥−1𝑥=3𝑥2−1𝑥，令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=√33(𝑥=−√33

舍去)．当𝑥>√33时，𝑓′(𝑥)>0；当0<𝑥<√33时，𝑓′(𝑥)<0，所以当𝑥=√33时，𝑓(𝑥)取得极小值．从而𝑓(𝑥)的极小值点为𝑥=√33，无极大值点，故选B．66.【答案】B解：当𝑎=0时，易知满足题意的(𝑎,𝑏)有4个;当𝑎≠0时，需𝛥=

4−4𝑎𝑏≥0，即ab≤1，当𝑎=−1时，b的取值有4个，当𝑎=1时，b的取值有3个，当𝑎=2时，b的取值有2个，所以满足题意的(𝑎,𝑏)有9个．综上，满足题意的有序数对(𝑎,𝑏)的个数为4+9=13，故选B．7.【答案】A解：由函数𝑓(𝑥)的图像可知：当𝑥≥2时

，𝑓(𝑥)单调递增，∴𝑓′(2)>0，𝑓′(4)>0，𝑓(4)−𝑓(2)>0，而𝑓′(2)，𝑓′(4)分别代表在𝑥=2，𝑥=4处的切线的斜率，𝑓(4)−𝑓(2)4−2可以看成割线的斜率，由图可

知．即2𝑓′(2)<𝑓(4)−𝑓(2)<2𝑓′(4)．故选A．8.【答案】C解：设窗户面积为S，周长为L，圆的半径为x，矩形高为h，则，，∴窗户的周长，，由𝐿′=0，得，时，𝐿′<0，时，𝐿′>0，∴当时，L取最小值，

故选C．79.【答案】ABD解：若m为实数，则复数(𝑚2+𝑚−2)+(6−𝑚−𝑚2)𝑖的实部为𝑚2+𝑚−2，虚部为6−𝑚−𝑚2．因为实部与虚部相加为𝑚2+𝑚−2+6−𝑚−𝑚2=4>0，所以该复数在复平面内对应

的点的横、纵坐标不可能都为负，即该复数在复平面内对应的点不可能位于第三象限，排除𝐶;取𝑚=0，则{𝑚2+𝑚−2=−2<06−𝑚−𝑚2=6>0，所以该复数在复平面内对应的点在第二象限，可选B;取𝑚=√2，

则{𝑚2+𝑚−2=√2>06−𝑚−𝑚2=6−√2−2=4−√2>0，所以该复数在复平面内对应的点在第一象限，可选A;取𝑚=3，则{𝑚2+𝑚−2=9+3−2=10>06−𝑚−𝑚2=6−3−9=−6<0，所以该复数在复平面内对应的点在第四象限，可选D．故选ABD．10.【答案】ACD

解：因为𝑧=3−5𝑖1−𝑖=(3−5𝑖)(1+𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)=4−𝑖，所以z的实部与虚部分别为4，−1，所以|𝑧|=√42+(−1)2=√17，z的实部与虚部之差为5，𝑧

=4+𝑖，z在复平面内对应的点为(4,−1)，位于第四象限．故ACD正确，B错误．故选ACD．11.【答案】BCD解：选项A，因为(𝑒2𝑥)⬚′=2𝑒2𝑥，所以错误；选项B，因为(3𝑥+1)⬚′=3+0=3，所以正确；选项C，(√2𝑥)⬚′=[(2𝑥)12]′=√2×12𝑥−

12=1√2𝑥，所以正确；选项D，(𝑥sin𝑥)⬚′=𝑥′sin𝑥+𝑥(sin𝑥)′=sin𝑥+𝑥cos𝑥，所以正确．故选BCD．812.【答案】BCD解：由题意，𝐶𝑛2=𝑛(𝑛−1)2=45，所以𝑛=10(负值舍去)，又展开式中各项系数之和为1024，所以(1−�

�)10=1024，所以𝑎=−1，故A错误；偶数项的二项式系数和为12×210=12×1024=512，故B正确；(1√𝑥⬚+𝑥2)10展开式的二项式系数与对应项的系数相同，所以展开式中第6项的系数最大，故

C正确；(1√𝑥⬚+𝑥2)10的展开式的通项𝑇𝑟+1=𝐶10𝑟𝑥−12(10−𝑟)⋅𝑥2𝑟=𝐶10𝑟𝑥5𝑟2−5，令5𝑟2−5=0，解得𝑟=2，所以常数项为𝐶102=45，故D正确．故选BCD．13.【答案】−1解：∵函数𝑦

=𝑓(𝑥)的图象在点(2,𝑓(2))处的切线方程是𝑦=−2𝑥+5，∴𝑓′(2)=−2，𝑓(2)=−4+5=1，∴𝑓(2)+𝑓′(2)=−2+1=−1．故答案为−1．14.【答案】12【解答】解：函数的平均变化率是𝑓(4)−𝑓(2)4−2=2−12=12．故答案为12．1

5.【答案】6解：依题意𝑓′(𝑥)=3𝑎𝑥2+2𝑏𝑥．由题图象可知，当𝑥<0或𝑥>2时，𝑓′(𝑥)<0，当0<𝑥<2时，𝑓′(𝑥)>0，∴函数𝑓(𝑥)在(−∞,0)，(2,+∞)单调递减，在(0,2)单调递增，故𝑥=

0时函数𝑓(𝑥)取极小值𝑓(0)=6．故答案为6．916.【答案】3√3解：连接OD，过C，D分别作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，垂足分别为E，F．设∠𝐴𝑂𝐷=𝜃(𝜃∈(0,𝜋2))．�

�𝐸=2𝑐𝑜𝑠𝜃，𝐷𝐸=2𝑠𝑖𝑛𝜃．可得𝐶𝐷=2𝑂𝐸=4𝑐𝑜𝑠𝜃，∴梯形ABCD的面积𝑆=12(4+4𝑐𝑜𝑠𝜃)×2𝑠𝑖𝑛𝜃=4𝑠𝑖𝑛𝜃(1+𝑐𝑜𝑠𝜃)，𝑆2=16𝑠𝑖𝑛2𝜃(

1+2𝑐𝑜𝑠𝜃+cos2𝜃)=16(1−cos2𝜃)(1+2𝑐𝑜𝑠𝜃+cos2𝜃)令𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑡∈(0,1)．则𝑆2=16(1−𝑡2)(1+2𝑡+𝑡2)=𝑓(𝑡)．则𝑓′(𝑡)=−32(𝑡+1)2(2𝑡−1)．𝑓′(𝑡)>0，�

�∈(0,12)，则𝑓(𝑡)单调递增；𝑓′(𝑡)<0，𝑡∈(12,1)，则𝑓(𝑡)单调递减；可知：当且仅当𝑡=12时，𝑓(𝑡)取得最大值：𝑓(12)=16×34×94=27．因此S的最大值为：3√3

．故答案为3√3．17.【答案】(1)解：∵𝑦=𝑥(𝑥2+1𝑥+1𝑥3)=𝑥3+1+1𝑥2，∴𝑦′=3𝑥2−2𝑥3．(2)解：．1018.【答案】解：(1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本有𝐶94种方法；第二步：从余下的5本书中，任取

3本有𝐶53种方法；第三步：剩下的书有𝐶22种方法，∴共有不同的分法有𝐶94𝐶53𝐶22=1260(种).(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有𝐶94𝐶53𝐶22种方法；第二步：将分成的三组书

分给三个人，有𝐴33种方法，∴共有𝐶94𝐶53𝐶22𝐴33=7560(种).(3)用与(1)相同的方法求解，得𝐶93𝐶63𝐶33𝐴33=16×1680=280(种).19.【答案】解：(1)由题意，知这个数列的项数就是由1，2，3，4四

个数字组成的可有重复数字的三位数的个数．由于每个数位上的数都有4种取法，由分步乘法计数原理，得满足条件的三位数有4×4×4=64(个)，即数列{𝑎𝑛}共有64项．(2)比341小的数分为两类：第一类，百

位上的数是1或2，有2×4×4=32(个);第二类，百位上的数是3，十位上的数可以是1，2，3中的任一个，个位上的数可以是1，2，3，4中的任一个，有3×4=12(个)．所以比341小的数共有32+12=44(个)，因出341是这个数列的第45项即�

�=451120.【答案】解：(1)连接OB，在𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐵中，∵𝐴𝐵=𝑥，∴𝑂𝐴=√9−𝑥2，设圆柱底面半径为r，则√9−𝑥2=2𝜋𝑟，即4𝜋2𝑟2=9−𝑥2，∴𝑉=𝜋𝑟2⋅𝑥=9𝑥

−𝑥34𝜋，其中0<𝑥<3．(2)由𝑉′=9−3𝑥24𝜋=0及0<𝑥<3，得𝑥=√3，列表如下：x(0,√3))√3(√3,3)𝑉′+0−V极大值所以当𝑥=√3时，V有极大值，也是最大值为3√32𝜋．答：当x为√3𝑚时，做出的圆柱形罐子体积最大，

最大体积是3√32𝜋𝑚3．21.【答案】解：(1)由𝐶⬚𝑛4(−2)4∶𝐶⬚𝑛2(−2)2=56∶3，解得𝑛=10，因为通项𝑇𝑟+1=𝐶⬚10𝑟(√𝑥)10−𝑟(−2√𝑥⬚3)𝑟=(−2)𝑟𝐶⬚10𝑟𝑥5−56𝑟，𝑟=0，1，2，

…，10.当5−5𝑟6为整数时，r可取0，6，于是有理项为𝑇1=𝑥5和𝑇7=13440；(2)设第𝑟+1项系数的绝对值最大，则{𝐶10𝑟2𝑟⩾𝐶10𝑟−12𝑟−1𝐶10𝑟2𝑟⩾𝐶10𝑟+12𝑟+1，解得{𝑟⩽223𝑟

⩾193，又因为𝑟∈{1,2，3，…，9}，所以𝑟=7，当𝑟=7时，𝑇8=−15360𝑥−56，又因为当𝑟=0时，𝑇1=𝑥5，当𝑟=10时，𝑇11=(−2)10𝑥−103=1024𝑥

−103，所以系数的绝对值最大的项为𝑇8=−15360𝑥−56；(3)原式=10+9𝐶102+81𝐶⬚103+⋯+910−1𝐶⬚1010=9𝐶101+92𝐶102+93𝐶103+⋯+910𝐶10109=

𝐶100+9𝐶101+92𝐶102+93𝐶103+⋯+910𝐶1010−19=(1+9)10−19=1010−19.1222.【答案】解：(1)当𝑎=2时，𝑓(𝑥)=12𝑥2−2𝑥−𝑙𝑛𝑥，定义域为(0,+∞)，则𝑓′(𝑥)=𝑥−2−1𝑥=𝑥2

−2𝑥−1𝑥，令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=√2+1，或𝑥=−√2+1(舍去)，所以当𝑥∈(0,√2+1)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥∈(√2+1,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调

递增；故函数的单调递减区间为(0,√2+1)，单调递增区间为(√2+1,+∞)．(2)设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+32𝑥2+1=2𝑥2−𝑎𝑥+1−𝑙𝑛𝑥，函数𝑔(𝑥)在[1𝑒,𝑒]上有两个零点等价于𝑎=2𝑥+1𝑥−ln𝑥𝑥在[1𝑒,𝑒]上有两解，令ℎ(𝑥)

=2𝑥+1𝑥−ln𝑥𝑥，𝑥∈[1𝑒,𝑒]，则ℎ′(𝑥)=2𝑥2−2+ln𝑥𝑥2，令𝑡(𝑥)=2𝑥2−2+𝑙𝑛𝑥，𝑥∈[1𝑒,𝑒]，显然，𝑡(𝑥)在区间[1𝑒,𝑒]上单调递增，又𝑡(1)=0，所以当𝑥∈[1𝑒,1)时，有𝑡

(𝑥)<0，即ℎ′(𝑥)<0，当𝑥∈(1,𝑒]时，有𝑡(𝑥)>0，即ℎ′(𝑥)>0，所以ℎ(𝑥)在区间[1𝑒,1)上单调递减，在区间(1,𝑒]上单调递增，则ℎ(𝑥)𝑚𝑖𝑛=ℎ(1)=3，ℎ(1𝑒)=2𝑒+

2𝑒，ℎ(𝑒)=2𝑒，由方程𝑎=2𝑥+1𝑥−ln𝑥𝑥在[1𝑒,𝑒]上有两解及ℎ(1𝑒)>ℎ(𝑒)，可得实数a的取值范围是(3,2𝑒]．