2021-2022学年新疆维吾尔自治区伊犁州霍城县某校高二（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2021-2022学年新疆维吾尔自治区伊犁州霍城县某校高二（下）期中考试数学试卷人教A版，共8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. 已知函数y=fx是可导函数，且f′1=2，则limΔx→0f1+Δx−f12Δx=（ ）
A.12B.2C.1D.−1

2. 已知f(x)=cs30∘，则 f′(x)的值为( )
A.−12B.12C.−32D.0

3. 下列函数在点x=0处没有切线的是（ ）．
A.fx=3x2+csxB.gx=x⋅sinx
C.hx=1x+2xD.wx=1csx

4. 曲线f(x)=lnx−1x在(1,f(1))处的切线方程为( )
A.2x−y−3=0B.2x−y−1=0C.2x+y−3=0D.2x+y−1=0

5. 欧拉公式eix=csx+isinx（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，eπ3i表示的复数的虚部为（ ）
A.12B.12iC.32D.32i

6. 有5列火车停在某车站并列的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )
A.96种B.24种C.120种D.12种

7. 从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga−lgb的不同值的个数是（ ）
A.9B.10C.18D.20

8. 编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有( )
A.60B.20种C.10种D.8种

9. x+y2x−2y4的展开式中x2y4的系数为（ ）
A.88B.104C.−40D.−24

10. 若对于任意实数x，有x3=a0+a1(x−2)+a2(x−2)2+a3(x−2)3，则a2的值为（ ）
A.3B.6C.9D.12

11. 已知函数 fx=15x2+csx−5，f′ x为fx的导函数，则 f′x的图像可能是（ ）
A.B.
C.D.

12. 若函数fx=lnx−kx有2个零点，则实数k的取值范围是（ ）
A.−∞,−eB.−∞,1eC.0,1eD.1e,+∞
二、填空题

i是虚数单位，则5−i1+i的值为________.

若函数fx=4x−3，则f′x=________.

将红、黑、蓝、黄4个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为________.（用数字作答）

若函数fx=ex−x2+2x+a在区间a,a+1上存在最大值，则实数a的取值范围为________.
三、解答题

在复平面内，若复数z=m2−m−2+m2−3m+2i 对应点
(1)在虚轴上；

(2)在第二象限；

(3)在直线y=x上，分别求实数m的取值范围．

设函数fx=ax−bx，曲线y=fx在点(2,f(2))处的切线方程为7x−4y−12=0．
(1)求fx的解析式；

(2)证明：曲线y=fx上任一点处的切线与直线x=0和直线y=x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．

现有4个同学去看电影，他们坐在了同一排，且一排有6个座位．问：
（1）所有可能的坐法有多少种？

（2）此4人中甲，乙两人相邻的坐法有多少种？

（3）所有空位不相邻的坐法有多少种？（结果均用数字作答）

设3x−18=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a8x8
(1)求a0+a2+a4+a6+a8，a1+2a2+3a3+…+8a8的值；

(2)求S=C271+C272+…+C2727除以9的余数.

已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d的图象过点P(0, 2)，且在点M(−1, f(−1))处的切线方程为6x−y+7=0．
(1)求函数y=f(x)的解析式；

(2)求函数y=f(x)的单调区间．

已知函数fx=x2−2alnx，其中a∈R．
(1)当a=1时，求函数fx在1e,e上的最值；

(2)（i）讨论函数fx的单调性；（ii）若函数fx有两个零点，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2021-2022学年新疆维吾尔自治区伊犁州霍城县某校高二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
极限及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
2.
【答案】
D
【考点】
导数的运算
【解析】
根据导数的求导公式计算即可
【解答】
解：∵ f(x)=cs30∘=32，
∴ f′(x)=0.
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出导函数得到切点坐标和切线的斜率，然后求切线方程．
【解答】
解：由f(x)=lnx−1x，得f′(x)=1x+1x2，
所以f′(1)=2，f(1)=−1，
所以曲线f(x)=lnx−1x在(1,f(1))处的切线方程为y+1=2(x−1)，
即2x−y−3=0．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
欧拉公式的应用
复数代数形式的乘除运算
【解析】
由eix＝csx+isinx，将所求复数化为代数式，可得所求虚部．
【解答】
C
6.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
先安排火车A有4种方法，再安排剩下4列火车有A种方法，因此共有4A44=96方法，选A．
【解答】
A
7.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
因为lga−lgb=lgab，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga−lgb的不同值的个数可看作共可得到多少个不同的数ab，从1，3，5，7，9这五个数中任取2个数排列后（两数在分子和分母不同），减去相同的数字即可得到答案．
【解答】
C
8.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
试题分析：根据题意，先安排4盏不亮的路灯，有1种情况，排好后，有5个空位；在5个空位中任意选3个，插入3盏亮的路灯，有C53=10种情况，则不同的开灯方案有10种，故选D．
【解答】
C
9.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
10.
【答案】
B
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
利用换元法，将等式变为t+23=a0+a1t+a2t2+a3t3，所求a2即t+23展开式中t2的系数，然后利用二项式的通项公式即可得到答案.
【解答】
解: 令x−2=t，
则原式变为t+23=a0+a1t+a2t2+a3t3，
所求a2即t+23展开式中t2的系数，
所以a2=C31×2=6．
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
二、填空题
【答案】
13
【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：∵ 5−i1+i=(5−i)(1−i)(1+i)(1−i)
=4−6i2=2−3i,
∴ 5−i1+i=22+(−3)2=13.
故答案为：13.
【答案】
24x−34x−3
【考点】
简单复合函数的导数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
24x−34x−3
【答案】
30
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，用间接法分析：先计算“将4个小球放入3个不同的盒子”的放法，再计算其中“红球和蓝球放到同一个盒子”的放法，分析可得答案．
【解答】
30
【答案】
(−1+52,2)
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(−1+52,2)
三、解答题
【答案】
解：(1)复数 z=m2−m−2+m2−3m+2i 在复平面内的对应点为m2−m−2,m2−3m+2，由题意得m2−m−2=0，解得m=2或m=−1；
(2)由题意得m2−m−2<0,m2−3m+2>0. 解得
−12或m<1.
∴ −1(3)由已知得m2−m−2=m2−3m+2，解得m=2.
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)复数 z=m2−m−2+m2−3m+2i 在复平面内的对应点为m2−m−2,m2−3m+2，由题意得m2−m−2=0，解得m=2或m=−1；
(2)由题意得m2−m−2<0,m2−3m+2>0. 解得
−12或m<1.
∴ −1(3)由已知得m2−m−2=m2−3m+2，解得m=2.
【答案】
(1)解：方程7x−4y−12=0可化为y=74x−3.
当x=2时，y=12．
又f′x=a+bx2，
于是2a−b2=12，a+b4=74，
解得a=1，b=3，
故fx=x−3x．
(2)证明：设Px0,y0为曲线上任一点，
由y′=1+3x2，知曲线在点Px0,y0处的切线方程为y−y0=1+3x02x−x0，
即y−x0−3x0=1+3x02x−x0．
令x=0，得y=−6x0，
从而得切线与直线x=0的交点坐标为0,−6x0；
令y=x，得y=x=2x0，
从而得切线与直线y=x的交点坐标为(2x0,2x0)，
所以点P(x0,y0)处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为S=12−6x0|2x0|=6，
故曲线y=fx上任一点处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为定值，
且此定值为6.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
三角形求面积
【解析】


【解答】
(1)解：方程7x−4y−12=0可化为y=74x−3.
当x=2时，y=12．
又f′x=a+bx2，
于是2a−b2=12，a+b4=74，
解得a=1，b=3，
故fx=x−3x．
(2)证明：设Px0,y0为曲线上任一点，
由y′=1+3x2，知曲线在点Px0,y0处的切线方程为y−y0=1+3x02x−x0，
即y−x0−3x0=1+3x02x−x0．
令x=0，得y=−6x0，
从而得切线与直线x=0的交点坐标为0,−6x0；
令y=x，得y=x=2x0，
从而得切线与直线y=x的交点坐标为(2x0,2x0)，
所以点P(x0,y0)处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为S=12−6x0|2x0|=6，
故曲线y=fx上任一点处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为定值，
且此定值为6.
【答案】
解：（1）4个同学去看电影，他们坐在了同一排，且一排有6个座位，
所有可能的坐法种数是从六个元素中取四个元素的排列数，
∴ 所有可能的坐法有A64=360种．
（2）4人中甲，乙两人相邻，用捆绑法得到4人中甲，乙两人相邻的坐法有A22A53=120种．
（3）所有空位不相邻用插空法，先把4人排成一排，有A44种排法，
再往4个人构成的个空中插入两个空座位，有C52种插入方法，
由乘法原理，得所有空位不相邻的坐法有A44C52=240种．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
（1）4个同学去看电影，他们坐在了同一排，且一排有6个座位，所有可能的坐法种数是从六个元素中取四个元素的排列数，由此能求出所有可能的坐法种数．
（2）4人中甲，乙两人相邻，用捆绑法能得到4人中甲，乙两人相邻的坐法种数．
（3）所有空位不相邻用插空法，先把4人排成一排，有A44种排法，再往4个人构成的个空中插入两个空座位，有C52种插入方法，由乘法原理，能得到所有空位不相邻的坐法种数．
【解答】
解：（1）4个同学去看电影，他们坐在了同一排，且一排有6个座位，
所有可能的坐法种数是从六个元素中取四个元素的排列数，
∴ 所有可能的坐法有A64=360种．
（2）4人中甲，乙两人相邻，用捆绑法得到4人中甲，乙两人相邻的坐法有A22A53=120种．
（3）所有空位不相邻用插空法，先把4人排成一排，有A44种排法，
再往4个人构成的个空中插入两个空座位，有C52种插入方法，
由乘法原理，得所有空位不相邻的坐法有A44C52=240种．
【答案】
解：(1)对于3x−18=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a8x8，
令x=1，得： a0+a1+a2+a3+⋯+a8=3−18=28①，
令x=−1，得： a0−a1+a2−a3+⋯+a8=−3−18=48②，
①+②得： 2a0+a2+a4+a6+a8=28+48，
∴ a0+a2+a4+a6+a8=27+215．
3x−18=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a8x8，求导得：
a1+2a2x+3a3x2+…+8a8x7=243x−17，
令x=1，得a1+2a2+3a3+…+8a8=24×27=3072，
即a1+2a2+3a3+…+8a8=3072．
(2) S=C271+C272+…+C2727=227−1=89−1，
∴ 89−1=9−19−1
=C9099−C9198+⋯+C989−C9990−1
=9×C9098−C9197+⋯+C98−2
=9×C9098−C9197+⋯+C98−1+7，
显然，上面括号内的数为正整数，故求S被9除的余数为7.
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
组合数公式的推导
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)对于3x−18=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a8x8，
令x=1，得： a0+a1+a2+a3+⋯+a8=3−18=28①，
令x=−1，得： a0−a1+a2−a3+⋯+a8=−3−18=48②，
①+②得： 2a0+a2+a4+a6+a8=28+48，
∴ a0+a2+a4+a6+a8=27+215．
3x−18=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a8x8，求导得：
a1+2a2x+3a3x2+…+8a8x7=243x−17，
令x=1，得a1+2a2+3a3+…+8a8=24×27=3072，
即a1+2a2+3a3+…+8a8=3072．
(2) S=C271+C272+…+C2727=227−1=89−1，
∴ 89−1=9−19−1
=C9099−C9198+⋯+C989−C9990−1
=9×C9098−C9197+⋯+C98−2
=9×C9098−C9197+⋯+C98−1+7，
显然，上面括号内的数为正整数，故求S被9除的余数为7.
【答案】
解：(1)∵ f(x)的图象经过P(0, 2)，
∴ d=2，
∴ f(x)=x3+bx2+cx+2，
f′(x)=3x2+2bx+c．
∵ 点M（−1, f(−1)）处的切线方程为6x−y+7=0，
∴ f′(−1)=3−2b+c=6①.
还可以得到，f(−1)=y=1，
即点M(−1, 1)满足f(x)方程，
得到−1+b−c+2=1②.
由①②联立得b=c=−3，
故所求的解析式是f(x)=x3−3x2−3x+2．
(2)由(1)得f′(x)=3x2−6x−3，
令f′(x)>0，解得x<1−2或x>1+2；
令f′(x)<0，解得1−2故f(x)的单调增区间为(−∞, 1−2)，(1+2, +∞)，
单调减区间为(1−2, 1+2).
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求解析式，只需把c，b，d三个字母求出即可．已知点P(0, 2)满足f(x)，得到d，又点M（−1, f(−1)）处的切线方程为6x−y+7=0，可以得到f(−1)的值，并且得到f(x)在x=−1处的导数为6．
（2）利用导数研究函数的单调性即可求出函数的单调区间．
【解答】
解：(1)∵ f(x)的图象经过P(0, 2)，
∴ d=2，
∴ f(x)=x3+bx2+cx+2，
f′(x)=3x2+2bx+c．
∵ 点M（−1, f(−1)）处的切线方程为6x−y+7=0，
∴ f′(−1)=3−2b+c=6①.
还可以得到，f(−1)=y=1，
即点M(−1, 1)满足f(x)方程，
得到−1+b−c+2=1②.
由①②联立得b=c=−3，
故所求的解析式是f(x)=x3−3x2−3x+2．
(2)由(1)得f′(x)=3x2−6x−3，
令f′(x)>0，解得x<1−2或x>1+2；
令f′(x)<0，解得1−2故f(x)的单调增区间为(−∞, 1−2)，(1+2, +∞)，
单调减区间为(1−2, 1+2).
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=x2−2lnx，x∈1e,e，
则f′x=2x−2x=2x2−2x=2x2−1x.
当x∈1e,1时，f′x<0，函数fx单调递减，
当x∈1,e时，f′x>0，函数fx单调递增，
所以fx的最小值为f1=1.
因为fe=e2−2，f1e=1e2+2，
所以fx的最大值为fe=e2−2．
(2)（i）为fx=x2−2alnx，
所以f′x=2x−2ax=2x2−axx>0.
当a≤0时，f′x>0恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0得x=a，
当x∈0,a时，f′x<0，fx在0,a上单调递减，
当x∈a,+∞时，f′x>0，fx在a,+∞上单调递增．
（ii）由（i）知，当a≤0时，fx在定义域0,+∞上单调递增；不可能有两个零点，当a>0时， fxmin=fa=a−2alna=a−alna；
为使fx有两个零点，必有fxmin=a−alna<0，即a>e；
又f2a=4a2−2aln2a=2a2a−ln2a，
令gx=x−lnx，x>2e，则g′x=1−1x=x−1x>0在2e,+∞上恒成立，
即gx=x−lnx在2e,+∞上单调递增，
所以gx>g2e=2e−ln2e>0，即f2a=2a2a−ln2a>0，
所以根据零点存在性定理可得，存在x1∈a,2a，使得fx1=0；
又f1a=4a−2aln1a=4a+alna>0，
根据零点存在性定理可得，存在x2∈1a,a，使得fx2=0，
综上，当a>e时，函数fx有两个零点．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】


【解答】
解：(1)当a=1时，fx=x2−2lnx，x∈1e,e，
则f′x=2x−2x=2x2−2x=2x2−1x.
当x∈1e,1时，f′x<0，函数fx单调递减，
当x∈1,e时，f′x>0，函数fx单调递增，
所以fx的最小值为f1=1.
因为fe=e2−2，f1e=1e2+2，
所以fx的最大值为fe=e2−2．
(2)（i）为fx=x2−2alnx，
所以f′x=2x−2ax=2x2−axx>0.
当a≤0时，f′x>0恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f′x=0得x=a，
当x∈0,a时，f′x<0，fx在0,a上单调递减，
当x∈a,+∞时，f′x>0，fx在a,+∞上单调递增．
（ii）由（i）知，当a≤0时，fx在定义域0,+∞上单调递增；不可能有两个零点，当a>0时， fxmin=fa=a−2alna=a−alna；
为使fx有两个零点，必有fxmin=a−alna<0，即a>e；
又f2a=4a2−2aln2a=2a2a−ln2a，
令gx=x−lnx，x>2e，则g′x=1−1x=x−1x>0在2e,+∞上恒成立，
即gx=x−lnx在2e,+∞上单调递增，
所以gx>g2e=2e−ln2e>0，即f2a=2a2a−ln2a>0，
所以根据零点存在性定理可得，存在x1∈a,2a，使得fx1=0；
又f1a=4a−2aln1a=4a+alna>0，
根据零点存在性定理可得，存在x2∈1a,a，使得fx2=0，
综上，当a>e时，函数fx有两个零点．