浙江省宁波市效实中学2019-2020学年高二下学期5月期中考试数学（数理班）试题 Word版含解析

www.ks5u.com效实中学2019学年第二学期高二数学阶段测试（数理班）

一.选择题（每题3分，共30分）

1.若集合，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先解方程和不等式化简集合，再求并集即可.

【详解】由解得或，故.

由解得，故.

所以.

故选：A.

【点睛】本题考查集合的并集的运算，是一道基础题，解题的一般思路是先化简集合再根据集合运算的定义求解.

2.袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为(    )

A.  B.  C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】

由从共有15个球中任取2个球，共有种不同的取法，其中所取的2个球中恰有1个白球，1个红球，共有种不同的取法，再利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解．

【详解】由题意，从共有15个除了颜色外完全相同球，任取2个球，共有种不同的取法，

其中所取的2个球中恰有1个白球，1个红球，共有种不同的取法，

所以概率为，故选B.

【点睛】本题主要考查了排列、组合的应用，以及古典概型及其概率的应用，其中解答中认真审题，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

3.我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征．如函数的图象大致是(    )

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

分析】

先根据函数的奇偶性的判断得，函数是奇函数，故排除A选项和C选项，再由当时，，，可排除D选项，可得选项.

【详解】因为，所以，所以函数奇函数，故排除A选项和C选项，

在时，当，，所以，而当时，，

所以在时，当，，所以排除D选项，

所以只有B选项符合条件.

故选：B.

【点睛】本题考查由解析式判断函数图象,根据图象需分析函数的定义域和奇偶性,特殊值的正负,以及是否过定点等函数的性质,从而排除选项,属于基础题.

4.已知函数，的图象与轴有3个公共点，求的范围 (    )

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用导数判断函数的单调性，然后使函数的极大值大于，且极小值小于即可求解.

【详解】由，则，

令，则，解得或，

令，则，解得，

令，则，解得，

所以函数在，单调递增，

在单调递减，为极大值点，为极小值点，

函数，的图象与轴有3个公共点，

则，即，解得，

所以的范围.

故选：C

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点，考查了导数与函数单调性的关系、利用导数研究函数的极值，属于中档题.

5.设都是不等于的正数，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不必要又不充分条件

【答案】C

【解析】

【分析】

利用单调性与换底公式解出两个不等式，即可得出答案.

【详解】因为单调递增，且.

所以.

因为单调递增，且 .

所以

所以“”是“”的充要条件

故选：C.

【点睛】本题考查充要条件，属于中档题.其中解注意使用换底公式化简后再利用单调性得出与1的大小关系.

6.已知，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

令和，得两个等式，相加后可得结论．

【详解】在中

令，即得，

令，即得，

两式相加得，即．

故选：C．

【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题关键是用赋值法求出展开式中系数的“和”．

7.已知函数（其中为自然对数的底数），则使成立的的取值范围是(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意可得函数的图象关于直线对称，求导可得函数在上单调递增，根据对称性与单调性可得，解出即可．

【详解】解：∵，

∴，

，

∴函数的图象关于直线对称，

当时，，，

∴函数在上单调递增，

由对称性可知，函数在上单调递减，

∵，

∴，

∴，化简得，

解得，或，

故选：B．

【点睛】本题主要考查函数的对称性与单调性的综合应用，考查利用导数研究函数的单调性，考查转化与化归思想，属于中档题．

8.设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据已知条件求出当时，函数，

做出示意图如下图所示： 要使，则需，而由可解得，从而得出的范围.

【详解】当时，，而时，所以

又，

所以当时，，

当时，，

做出示意图如下图所示：

要使，则需，而由解得，所以，

故选：D.

【点睛】本题考查函数不等式的求解问题，解决问题的关键在于根据已知条件求出相应区间的解析式，运用数形结合的思想巧妙求解不等式，属于中档题.

9.已知随机变量满足，，其中.令随机变量，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意,列表求得随机变量及的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的均值及方差表示出和,根据比较大小即可得解.

【详解】随机变量满足,,其中.

则随机变量的分布列为:

所以

随机变量,

所以当时,,当时,

所以随机变量的分布列如下表所示(当时,只有一个情况,概率为1):

则

当即,解得.所以A、B错误.

恒成立.

所以C错误,D正确

故选:D

【点睛】本题考查了随机变量的分布列,两点分布的特征及均值和方差求法,属于中档题.

10.若存在实数，使不等式对一切正数都成立（其中为自然对数的底数），则实数的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

临界条件即为直线恰为函数的公切线. 设的切点为，设的切点为，得到

，再求出方程小的零点为，方程另外一个零点一定大于,即得解.

【详解】存在实数，使不等式对一切正数都成立，要求的最大值，

临界条件即为直线恰为函数的公切线.

设的切点为，.

设的切点为，,

所以.

由题得.

设，

所以，

所以函数在上单调递减，在单调递增.

又，

当时，，

所以方程另外一个零点一定大于.

所以方程小的零点为，

所以.

故选：C

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的公切线问题，考查利用导数研究函数的单调区间和零点问题，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

二.填空题（单空每题3分，多空每题4分，共23分）

11.___________.

【答案】

【解析】

【分析】

直接利用指数对数运算法则计算得到答案.

【详解】.

故答案为：.

【点睛】本题考查了指数对数的计算，属于简单题.

12.的展开式中，含项的系数是________

【答案】9

【解析】

【分析】

将看成整体，利用二项式定理展开，讨论和两种情况，计算得到答案.

【详解】，展开式通项为，

当时，的展开式的通项为，

取得到项的系数为；

当时，的展开式的通项为，

取得到项的系数为.

综上所述：项的系数是.

故答案为：.

【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力，分两步计算是解题的关键.

13.已知函数，则单调递增区间为___________；若函数在区间上单调，则的取值范围为___________.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

根据复合函数单调性和函数定义域得到单调增区间；根据函数的奇偶性和单调性得到或，解得答案.

【详解】，函数的定义域满足，解得或.

函数单调递减，的单调减区间为，

故单调递增区间为.

函数为偶函数，定义域满足，解得或.

当时，单调递增，单调递减，故单调递减，

则时，函数单调递增，

函数在区间上单调，

则，解得，或，无解.

故.

故答案为：；.

【点睛】本题考查了复合函数的单调性，奇偶性，根据函数的单调区间求参数，意在考查学生对于函数性质的综合应用，忽略定义域是容易发生的错误.

14.已知函数，则__________；不等式的解集为________________

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

首先根据分段函数的性质求出函数值，作出函数的草图，对分类讨论可得；

【详解】解：因为，所以，

因为函数图象如图所示

当时，满足条件；

当时，令，要使，则，即，解得；

当时，，则，当且仅当时，

综上所述或

故答案为：；

【点睛】本题考查分段函数求函数值，分类讨论思想，属于中档题.

15.学校水果店里有苹果、香蕉、石榴、橘子、葡萄、西梅6种水果，西梅数量不多，只够一人购买.甲、乙、丙、丁4位同学前去购买，每人只选择其中一种，这4位同学购买后，恰好买了其中3种水果，则他们购买水果的可能情况有________种.

【答案】600

【解析】

【分析】

讨论所买的3种水果中是否含有西梅.即可根据组合数的应用求解.

【详解】当买的3种水果中没有西梅时,则从剩余5种水果中选择3种,共有;从四个人中选两个人买相同水果,有,再将3组人全排列,所以共有种

当买的3种水果中有西梅时,从剩余5种水果中选择2种,共有,从4人中选择1个人购买西梅,剩余三人安排购买剩下2种水果,所以共有

综上可知,购买水果的可能情况有种

故答案为:

【点睛】本题考查了排列组合在实际问题中的应用,根据分类与分步计数原理分析即可,属于中档题.

16.有如下命题：①函数与的图象恰有三个交点；②函数与的图象恰有一个交点；③函数与的图象恰有两个交点；④函数与的图象恰有三个交点，其中真命题为_____

【答案】②③④

【解析】

【分析】

①构造函数，求出函数的导数，研究函数的导数和单调性，进行判断即可；

②利用与x的关系进行转化判断；

③设函数,利用导数研究其单调性，根据零点存在原理得出零点个数，判断其真假.

④设函数,利用导数研究其单调性，根据零点存在原理得出零点个数，判断其真假.

【详解】①设，则，即函数为减函数，

∵，

∴函数只有一个零点，即函数与的图象恰有一个交点，故①错误，

②由①知当时，，

当时，，

当时，，

当时，，综上当时，恒成立，

函数与的图象恰有一个交点，故②正确，

③设函数，则，

又，所以在上单调递减.

又，

所以存在，使得

即当时，，函数单调递增

当时，，函数单调递减.

由函数在上单调递增且，

所以函数在上有且只有一个零点.

由，函数在上单调递增，则

又，且函数在上单调递减.

所以在上有且只有一个零点.

即在上有且只有一个零点.

所以有2个零点，即函数与的图象恰有两个交点，故③正确.

④设函数,为奇函数，且.

所以只需研究在上的零点个数即可.

则,则，

所以，所以在上单调递减.

所以当时，，则在上单调递减.

又，.

所以存在，使得.

即当时，，函数单调递增.

当时，，函数单调递减.

，由函数在上单调递增，则

又，且函数在上单调递减.

所以在上有且只有一个零点.

即在上有且只有一个零点.

由为奇函数，所以在上有且只有一个零点，且.

所以有3个零点，即函数与的图象恰有三个交点，故④正确.

故答案为：②③④.

【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及函数零点个数，利用数形结合或构造函数，利用导数是解决本题的关键．属于中档题.

17.集合的4元子集中，任意两个元素差的绝对值都不为2，这样的4元子集的个数有___个

【答案】367

【解析】

【分析】

将集合中的元素分为奇数、偶数，然后分类讨论4元子集中的元素：4个全是奇数；奇偶；奇偶；偶奇；4个全是偶数；再利用组合数的运算即可求解.

【详解】由集合，

其中个奇数：；

个偶数：；

4元子集中，任意两个元素差的绝对值都不为2，

4个元素全是奇数：，共种.

个奇数个偶数：个奇数的取法有，，，

，，，，，

，，共种，

此时共有.

个奇数个偶数：

即奇数任意抽取个需去除相邻项、偶数任意抽取个需去除相邻项，

即.

个偶数个奇数的情况与个奇数个偶数情况一样：.

4个全是偶数：，共种.

所以满足题意的共有：.

故答案为：367

【点睛】本题考查了组合数的应用，此题属于复杂的组合问题，考查了分类讨论的思想，属于中档题

三.解答题（18题8分，19题8分，19题9分，20题10分，21题12分，共47分）

18.已知(＋3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求：

(1)展开式中二项式系数最大项；

(2)展开式中系数最大的项．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

试题分析：

解题思路：（1）利用赋值法求出各项系数和，与二项式系数和求出值，利用二项式系数的性质求展开式中二项式系数最大的项；（2）设出展开式中系数最大的项，利用进行求解.

规律总结：解决二项式定理问题，要区分二项式系数与各项系数，如的二项式系数为,系数为405.

【详解】

试题解析：令x＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n.

又展开式中二项式系数和为2n，

∴22n－2n＝992，n＝5

(1)∵n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，∴T3＝()3(3x2)2＝90x6，T4＝()2(3x2)3＝270

(2)设展开式中第r＋1项系数最大，

则Tr＋1＝()5－r(3x2)r＝3r，

∴≤r≤，∴r＝4，

即展开式中第5项系数最大，T5＝()(3x2)4＝405.

考点：二项式定理.

19.（1）由0，1，2，…，9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，十位数字与千位数字之差的绝对值等于7的四位数的个数共有几种？

（2）我校高三学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现在从中任选3人，要求这三人不能是同一个班级的学生，且在三班至多选1人，求不同的选取法的种数.

【答案】（1）280种；（2）472种.

【解析】

【分析】

（1）千位数字和十位数字的组合有五种，百位和个位的数共有种组合，计算得到答案.

（2）考虑不选三班的同学和选三班的一位同学两种情况，利用排除法和分步分类计数原理得到答案.

【详解】（1）十位数字与千位数字之差的绝对值等于7，

可得千位数字和十位数字的组合有五种，

每种组合中百位和个位的数共有种组合，所以符合条件的四位数共有种.

（2）情形一：不选三班的同学，从12个人中选出3人，有种选取方法，其中来自同一个班级的情况有种，则此时有种选取方法；

情形二：选三班的一位同学，三班的这一位同学的选取方法有4种，剩下的两位同学从剩下的12人中任选2人，有种选取方法，则此时有种选取方法.

根据分类计数原理，共有种选取方法.

【点睛】本题考查了排列组合的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力，利用排除法和分类分别计数原理是解题的关键.

20.超市为了防止转基因产品影响民众的身体健康，要求产品在进入超市前必须进行两轮转基因检测，只有两轮都合格才能销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响.

（1）求该产品不能销售的概率；

（2）如果产品可以销售，则每件产品可获利50元；如果产品不能销售，则每件产品亏损60元.已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利元，求的分布列，并求出均值.

【答案】（1）；（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】

（1）记“该产品不能销售”为事件，则，计算得到答案.

（2）的取值为-240，-130，-20，90，200，计算概率得到分布列，计算均值得到答案.

【详解】（1）记“该产品不能销售”为事件，则，

所以该产品不能销售的概率为.

（2）依据题意的，的取值为-240，-130，-20，90，200，

； ；

；；

.

所以的分布列为：

.

【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，均值，意在考查学生的计算能力和应用能力.

21.已知函数.

（1）若，求函数f(x)的单调递增区间；

（2）若，求函数在区间上的值域.

【答案】（1）；（2）当时，值域为；当时，值域为；当时，值域为.

【解析】

【分析】

（1）根据自变量范围化简函数，画出函数图像，根据图像得到单调区间.

（2）根据自变量范围化简函数，讨论，，三种情况，根据单调性计算最值，再讨论和的大小关系得到答案.

【详解】（1），画出函数图像，如图所示：

根据图像知函数的单调增区间为和.

（2），

画出函数简图，如图所示：当时，二次函数对称轴为，

当，即时，函数在上单调递增，

故，

，故值域为；

当，即时，，

，值域为；

当时，，，

，取，即，

解得或（舍去），

故当时，，值域为；

当时，，值域为.

综上所述：当时，值域为；当时，值域为；当时，值域为.

【点睛】本题考查了绝对值函数的单调区间，值域，意在考查学生的计算能力和分类讨论能力，画出图像是解题的关键.

22.已知函数（为自然对数的底数，）.

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）若对于任意，存在，使得，求的取值范围；

（3）若恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）对函数求导，求得，，由直线的点斜式方程可求得切线；

（2）对函数求导，得出函数在上单调性，可求得函数在上的最值，再根据对于任意，存在，使得，则需，

讨论a可求得a的范围；

 (3) )因为，所以由得令，则，分析导函数的正负，得出原函数的单调性，从而得出最值，根据不等式恒成立的思想得出求得a的范围.

【详解】（1），，，又，

所以切线方程为：，即；

（2），时，，在上单调递增，，

由于对于任意，存在，使得，则需，

当时，，不满足，故，

当时，在上单调递增，，所以，解得；

当时，在上单调递减，所以在上没有最大值，所以不满足，

综上可得，;

(3)因为，所以由得令，则，

令则在上单调递减，且，所以存在唯一的零点，使得，

即有也即有，，即，

所以，，所以在上单调递增，在上递减，所以，

而，所以，

所以.

所以的取值范围是.

【点睛】本题考查运用导函数求函数在某点的切线方程，以及对于函数的任意、存在、不等式的恒成立问题的处理，关键在于构造合适的函数，运用导函数，分析其图像的趋势，得出最值，建立不等式，属于难度题.