2020-2021学年吉林省四平市高二（下）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年吉林省四平市高二（下）期中考试数学（理）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若复数z满足(3−i)z=2+6i（i为虚数单位）则|z|=( )
A.1B.2C.3D.4

2. 已知函数fx的导函数为f′x，且f′2=2，则limΔx→0f2+Δx−f2Δx=( )
A.−1B.−2C.2D.1

3. 如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，则从甲地到丁地不同的路线有( )
A.11条B.12条C.13条D.14条

4. 观察下列各式：31=3，32=9，33=27，34=81，35=243，⋯，则32021的个位数字是( )
A.1B.3C.7D.9

5. 若函数y=aex+3x有大于零的极值点，则( )
A.−3−3D.−3
6. 已知6把椅子摆成一排，若有3人随机就座，则任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144B.120C.72D.24

7. 《射雕英雄传》是金庸先生的著作，其中有这样一段情节，“……洪七公道：肉只五种，但猪羊混咬是一般滋味，獐牛同嚼又是一般滋味，一共有几般变化，我可算不出了”．现有五种不同滋味的肉摆在洪七公面前，任何两种（含两种）以上的肉混合后的滋味都不一样，则洪七公吃这五种肉最多能吃出的不同滋味种数为( )
A.20B.25C.26D.31

8. 121xx+1dx=( )
A.ln43B.ln34C.ln13D.ln3

9. 在新冠肺炎疫情期间某小区对在外务工，春节返乡人员进行排查，现有甲、乙、丙、丁四名返乡人员，其中只有一个人去过高风险地区．甲说：“乙或丙去过高风险地区．”乙说：“甲和丙都没去过高风险地区．”丙说：“我去过高风险地区．”丁说：“乙去过高风险地区．”这四个人的话只有两句是对的，则去过高风险地区的是( )
A.甲B.乙C.丙D.丁

10. 若函数fx=12x2−4x+tlnx在4,8上单调递增，则实数t的取值范围是( )
A.[0,+∞）B.[4,+∞）C.(−∞,4]D.[−32,+∞）

11. 若复数z满足|z−2|=2，则|z+2+3i|的最小值是( )
A.1B.3C.5D.7

12. 已知偶函数f(x)在R上存在导函数f′x，当x>0时，fxx>−f′x，且f2=1，则不等式x2−xfx2−x>2的解集为（ ）
A.−∞,−2∪1,+∞ B.2,+∞
C.−∞,−1∪2,+∞D.−1,2
二、填空题

“如果a//b，b//c，则a//c”，这种推理叫做________．（填“归纳推理”，“类比推理”或“演绎推理”）

函数fx=lnx2x+1的图象在点1,f1处的切线方程为________.

在平面直角坐标系中，点x0,y0到直线Ax+By+C=0的距离d=|Ax0+By0+C|A2+B2，类比可得在空间直角坐标系中，点2,1,1到平面2x+2y+z+8=0的距离为________.

对于三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0，给出定义：设f′x是函数y=fx的导数，f′′x是f′x的导数，若关于x的方程f′′x=0有实数解x0，则称点x0,fx0为函数fx的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数的图象都有对称中心，且拐点就是其对称中心，若fx=13x3−x2+2x−1，则该函数图象的对称中心为________，f12021+f22021+⋯+f40412021的值等于________．
三、解答题


(1)计算：C108+C2019；

(2)若20Cn+5n=4n+4Cn+34+15An+32，求n的值．

实数m取什么值时，复数z=2m+4−m2i（i为虚数单位）在复平面内对应的点分别满足下列条件？
(1)位于虚轴上；

(2)位于第一、三象限；

(3)位于以原点为圆心、4为半径的圆上．

已知函数fx=12x+1．
(1)若m>0，用分析法证明：fm+f1m≥23；

(2)若a>0，b>0，且a+b>1，求证：afb与bfa中至少有一个大于14．

已知数列an，a1=1，an+1=anan+1(n=1,2,3,⋯)．
(1)求a2，a3，a4；

(2)猜想数列an的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想；

(3)若bn=anan+1，求数列bn的前n项和Sn .

已知fx=exx2+aa∈R .
(1)若a=−8，求fx的单调区间与极值；

(2)若关于x的方程fxex=2lnx在12,2上有两个不同的实数根，求实数a的取值范围．参考数据：ln2≈0.693 .

已知函数fx=lnx−mx+mm∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若fx≤0在x∈0,+∞上恒成立，求实数m的取值范围；

(3)在(2)的条件下（提示：可以用第(2)问的结论），对任意的0参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省四平市高二（下）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由(3−i)z=2+6i，
得z=2+6i3−i=(2+6i)(3+i)(3−i)(3+i)=20i10=2i，
则|z|=2.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
极限及其运算
导数的几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据导数的定义可知，limΔx→0f2+Δx−f2Δx=f′(2)=2.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
计数原理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从甲到丁分为两类：
第一类，从甲过乙到丁分两步，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路，
由分步乘法计数原理得，从甲到丁有6种走法；
第二类，从甲过丙到丁分两步，从甲地到丙地有2条路，从丙地到丁地有4条路，
由分步乘法计数原理得，从甲到丁有8种走法.
由分类加法计数原理得，从甲到丁共有6+8=14种走法．
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
归纳推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：通过观察31=3，32=9，33=27，34=81，35=243，上述的几个式子，
易知1次方为末位数字是3，
2次方末位数字是为9，
3次方末位数字是为7，
4次方末位数字是为1，
5次方末位数字是为3，
所以，个位数字的变化是以3，9，7，1为周期，即周期为4，
又因为20214的余数为1，故个位数字为3.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设fx=aex+3x，则f′x=aex+3.
若函数有大于零的极值点，即f′x=aex+3=0有正根．
当a≥0时，f′x=aex+3>0，fx在R上单调递增，fx无极值，不合题意；
当a<0，令f′x=0得x=ln−3a．
当x∈−∞,ln−3a时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈ln−3a,+∞时，f′x<0，fx单调递减，
此时x=ln−3a是函数fx的极大值点．
由ln−3a>0得，a的取值范围为−3故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，
因此任何两人不相邻的坐法种数A43=4×3×2=24.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
排列、组合的应用
分类加法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，现有五种滋味不同的肉，若不混着吃，有5种不同的滋味；
若两种不同的肉混合后，有C52=10种不同的滋味；
若三种不同的肉混合后，有C53=10种不同的滋味；
若四种不同的肉混合后，有C54=5种不同的滋味；
若五种不同的肉混合后，有1种不同的滋味，
则最多能吃出5+10+10+5+1=31种不同的滋味．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
定积分
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：121xx+1dx=12(1x−1x+1)dx
=121xdx−121x+1dx
=lnx|12−ln(x+1)|12
=ln2−ln1−(ln3−ln2)
=2ln2−ln3=ln43.
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：假设甲去过高风险地区，则四人说的都是假话，与题意不符；
假设乙去过高风险地区，则甲、乙、丁说的都是真话，与题意不符；
假设丙去过高风险地区，则甲、丙说的是真话，乙、丁说的是假话，符合题意；
假设丁去过高风险地区，则甲、丙、丁说的都是假话，与题意不符．
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得f′x=x−4+tx≥0在x∈4,8上恒成立，
整理可得t≥−x2+4x，
令gx=−x2+4x，
当x∈[4,8]时，g′x=−2x+4<0恒成立，
所以gx在4,8上单调递减，
所以gxmax=4=0，
所以t≥0.
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
两点间的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为|z−2|=2，
所以在复平面内复数z所对应的点的轨迹是以2,0为圆心，2为半径的圆．
而|z+2+3i|表示z所对应的点与点−2,−3间的距离，
所以|z+2+3i|的最小值为[2−−2]2+[0−−3]2−2=3.
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令gx=xfx，由于f(x)为偶函数，则g(x)为奇函数，所以g′(x)=fx+xf′x,
因为当x>0时，fxx>−f′x．
即fx+xf′xx>0，所以fx+xf′x>0，即g′x>0,
所以当x>0时，g′x>0，所以gx在0,+∞上单调递增．
因为g(x)在R上为奇函数且在R上具有导函数，
所以g(x)在R内单调递增．
因为f2=1，所以g2=2f2=2，
又x2−xfx2−x>2等价于gx2−x>g(2)，
所以x2−x>2，解得x<−1或x>2.
综上所述，x的取值范围为−∞,−1∪2,+∞．
故选C．
二、填空题
【答案】
演绎推理
【考点】
演绎推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三段论的推理规则可以得到该推理是演绎推理，其中大前提：平行于同一条直线的两条直线互相平行，小前提：直线a与直线c都与直线b平行，结论：a//c.
故答案为：演绎推理.
【答案】
x−y−1=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f(x)=lnx2x+1，则f′(x)=2x+1x−lnx(x+1)2，
故f′(1)=1，f(1)=0，
故切线方程为：y=x−1，即x−y−1=0.
故答案为：x−y−1=0．
【答案】
5
【考点】
点到直线的距离公式
类比推理
【解析】

【解答】
解：类比可得点(2,1,1)到平面2x+2y+z+8=0的距离d=|2×2+2×1+1+8|22+22+1=5．
故答案为：5．
【答案】
1,13,1347
【考点】
函数的对称性
导数的运算
函数新定义问题
【解析】

【解答】
解：由函数的解析式可得：f′x=x2−2x+2，
则f′′x=2x−2，
令f′′x=0可得x=1，
所以f1=13，
所以函数fx的对称中心为1,13，
故fx+f2−x=23，
令S=f12021+f22021+⋯+f40412021①，
则S=f40412021+f40402021+⋯+f12021②，
①+②可得：2S=23×4041，
所以S=1347 .
故答案为：(1,13)；1347.
三、解答题
【答案】
解：(1)C108+C2019=10!8!×2!+20!19!×1!
=9×102+201
=65.
(2)∵ 20Cn+5n=4n+4Cn+34+15An+32，
∴ 20×n+5!n!×5!=4n+4×n+3!4!×n−1!+15×n+3!n+1!，
∴ n+1n+2n+3n+4n+56
=n+4×nn+1n+2n+36+15×n+2n+3，
∴ n2+5n−14=0，
∴ n=2或n=−7（舍）．
【考点】
组合及组合数公式
排列及排列数公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)C108+C2019=10!8!×2!+20!19!×1!
=9×102+201
=65.
(2)∵ 20Cn+5n=4n+4Cn+34+15An+32，
∴ 20×n+5!n!×5!=4n+4×n+3!4!×n−1!+15×n+3!n+1!，
∴ n+1n+2n+3n+4n+56
=n+4×nn+1n+2n+36+15×n+2n+3，
∴ n2+5n−14=0，
∴ n=2或n=−7（舍）．
【答案】
解：(1)若复数z在复平面内的对应点位于虚轴上，则2m=0，即m=0 .
(2)若复数z在复平面内的对应点位于第一、三象限，则2m4−m2>0，
解得m<−2或0(3)若复数z的对应点位于以原点为圆心，4为半径的圆上，
则4m2+4−m22=4，
即m4−4m2=0，
解得m=0或m=±2 .
【考点】
复数的基本概念
复数的代数表示法及其几何意义
点与圆的位置关系
【解析】



【解答】
解：(1)若复数z在复平面内的对应点位于虚轴上，则2m=0，即m=0 .
(2)若复数z在复平面内的对应点位于第一、三象限，则2m4−m2>0，
解得m<−2或0(3)若复数z的对应点位于以原点为圆心，4为半径的圆上，
则4m2+4−m22=4，
即m4−4m2=0，
解得m=0或m=±2 .
【答案】
证明：(1)要证：fm+f1m≥23，
即证12m+1+12m+1≥23，
即证12m+1+mm+2≥23.
因为m>0，
故只需证m+2+m2m+1≥232m+1m+2，
即证m2−2m+1≥0，
即证m−12≥0，
显然上式恒成立，
所以当m>0时，fm+f1m≥23．
2假设afb≤14，bfa≤14，
即a2b+1≤14，b2a+1≤14.
因为a>0，b>0，
所以4a≤2b+1，4b≤2a+1，
两式相加可得：4a+b≤2a+b+2，
所以a+b≤1，
这与a+b>1矛盾，
所以afb与bfa中至少有一个大于14．
【考点】
不等式的证明
反证法
【解析】


【解答】
证明：(1)要证：fm+f1m≥23，
即证12m+1+12m+1≥23，
即证12m+1+mm+2≥23.
因为m>0，
故只需证m+2+m2m+1≥232m+1m+2，
即证m2−2m+1≥0，
即证m−12≥0，
显然上式恒成立，
所以当m>0时，fm+f1m≥23．
2假设afb≤14，bfa≤14，
即a2b+1≤14，b2a+1≤14.
因为a>0，b>0，
所以4a≤2b+1，4b≤2a+1，
两式相加可得：4a+b≤2a+b+2，
所以a+b≤1，
这与a+b>1矛盾，
所以afb与bfa中至少有一个大于14．
【答案】
解：(1)因为a1=1，an+1=anan+1(n=1,2,3,⋯)，
所以a2=a1a1+1=12，
同理可得：a1=13，a4=14 ．
(2)由(1)猜想：an=1n .
下面利用数学归纳法证明：①当n=1时，a1=1，成立：
②假设当n=k时，ak=1k.
则当n=k+1k∈N∗时，ak+1=akak+1=1k1k+1=1k+1，
因此当n=k+1时，命题成立．
由①②可知： ∀n∈N∗，an=1n成立，
即an的通项公式为an=1n．
(3)bn=anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以数列{bn}的前n项和
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1 .
【考点】
数列递推式
数学归纳法
数列的求和
【解析】



【解答】
解：(1)因为a1=1，an+1=anan+1(n=1,2,3,⋯)，
所以a2=a1a1+1=12，
同理可得：a1=13，a4=14 ．
(2)由(1)猜想：an=1n .
下面利用数学归纳法证明：①当n=1时，a1=1，成立：
②假设当n=k时，ak=1k.
则当n=k+1k∈N∗时，ak+1=akak+1=1k1k+1=1k+1，
因此当n=k+1时，命题成立．
由①②可知： ∀n∈N∗，an=1n成立，
即an的通项公式为an=1n．
(3)bn=anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以数列{bn}的前n项和
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1 .
【答案】
解：(1)a=−8时，fx=exx2−8，
则f′x=exx2+2x−8=exx+4x−2.
令f′x>0，解得x<−4或x>2；令f′x<0，解得−4故fx在−∞,−4上单调递增，在−4,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
故fx的极大值是f−4=8e4，极小值是f2=−4e2 .
(2)由fxex=2lnx，得a=2lnx−x2.
令gx=2lnx−x2x>0，
则g′x=2x−2x=−2x+1x−1x，
令g′x>0，解得01，
故gx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
故gx的极大值是g1=−1.
而g12=−2ln2−14，g2=2ln2−4且g2故实数m的取值范围是−2ln2−14,−1．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】


【解答】
解：(1)a=−8时，fx=exx2−8，
则f′x=exx2+2x−8=exx+4x−2.
令f′x>0，解得x<−4或x>2；令f′x<0，解得−4故fx在−∞,−4上单调递增，在−4,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
故fx的极大值是f−4=8e4，极小值是f2=−4e2 .
(2)由fxex=2lnx，得a=2lnx−x2.
令gx=2lnx−x2x>0，
则g′x=2x−2x=−2x+1x−1x，
令g′x>0，解得01，
故gx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
故gx的极大值是g1=−1.
而g12=−2ln2−14，g2=2ln2−4且g2故实数m的取值范围是−2ln2−14,−1．
【答案】
(1)解：函数fx的定义域为0,+∞,f′x=1−mxx．
①当m≤0时，f′x>0在0,+∞上恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增．
②当m>0时，
令f′x=1−mxx>0，得0所以fx在0,1m上单调递增；
令f′x=1−mxx<0，得x>1m，
所以fx在1m,+∞上单调递减．
(2)解：由(1)知，当m≤0时，fx在0,+∞上单调递增，
且fe=1−me−1>0，所以fx≤0在0,+∞上不恒成立；
当m>0时，fx在0,1m上单调递增，在1m,+∞上单调递减，
所以f(x)max=f1m=−lnm−1+m，
故只需−lnm−1+m≤0即可．
令gm=−ln m−1+m，
则g′m=1−1m=m−1m，
所以当m∈0,1时，g′m<0；
当m∈1,+∞，g′m>0，
所以gm在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gm≥g1=0，即−lnm−1+m≥0，
又−lnm−1+m≤0，所以−lnm−1+m=0，
解得m=1．
综上，m的取值范围是{1}．
(3)证明：f(b)−f(a)b−a=ln b−ln ab−a−1=1a⋅ln baba−1−1，
因为b>a>0，所以ba>1，
由(2)得，x∈0,+∞时，lnx≤x−1(x=1时，等号成立)．
令t=ba>1，则lnt因为t>1，所以lntt−1<1，即ln baba−1<1．
因为1a>0，所以1a⋅ln baba−1−1<1a−1，
即fb−fab−a<1a−1．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
无


【解答】
(1)解：函数fx的定义域为0,+∞,f′x=1−mxx．
①当m≤0时，f′x>0在0,+∞上恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增．
②当m>0时，
令f′x=1−mxx>0，得0所以fx在0,1m上单调递增；
令f′x=1−mxx<0，得x>1m，
所以fx在1m,+∞上单调递减．
(2)解：由(1)知，当m≤0时，fx在0,+∞上单调递增，
且fe=1−me−1>0，所以fx≤0在0,+∞上不恒成立；
当m>0时，fx在0,1m上单调递增，在1m,+∞上单调递减，
所以f(x)max=f1m=−lnm−1+m，
故只需−lnm−1+m≤0即可．
令gm=−ln m−1+m，
则g′m=1−1m=m−1m，
所以当m∈0,1时，g′m<0；
当m∈1,+∞，g′m>0，
所以gm在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gm≥g1=0，即−lnm−1+m≥0，
又−lnm−1+m≤0，所以−lnm−1+m=0，
解得m=1．
综上，m的取值范围是{1}．
(3)证明：f(b)−f(a)b−a=ln b−ln ab−a−1=1a⋅ln baba−1−1，
因为b>a>0，所以ba>1，
由(2)得，x∈0,+∞时，lnx≤x−1(x=1时，等号成立)．
令t=ba>1，则lnt因为t>1，所以lntt−1<1，即ln baba−1<1．
因为1a>0，所以1a⋅ln baba−1−1<1a−1，
即fb−fab−a<1a−1．