2020-2021学年陕西省榆林市第十中学高二下学期期中数学（理）试题（解析版）

2020-2021学年陕西省榆林市第十中学高二下学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．已知i是虚数单位，复数，则z的共轭复数（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用复数的除法法则化简，再求其共轭复数.

【详解】因为，

所以.

故选：B.

2．已知，则等于

A．1 B．4 C．1或3 D．3或4

【答案】C

【分析】根据组合数的性质即可得到方程，解方程求得结果.

【详解】由得：或

解得：或

本题正确选项：

【点睛】本题考查组合数性质的应用，属于基础题.

3．函数在点（0，f（0））处的切线方程为（　　）

A．y＝x－1 B．y＝x C．y＝2x－1 D．y＝2x

【答案】B

【分析】分别求函数值及切线斜率即可得解.

【详解】由，可得，所以，又.

所以切线方程为：y＝x.

故选B.

【点睛】本题主要考查了由函数导数求解函数的切线方程，属于基础题.

4．设为可导函数，且=，则的值为（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【解析】由导数的定义，求解即可得解.

【详解】解：因为，

又，

所以，

故选：C.

【点睛】本题考查了导数的定义，属基础题.

5．下列导数运算正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据基本初等函数的导数公式表和导数的四则运算，即可求解，得到答案．

【详解】由题意，根据基本初等函数的导数公式表和导数的四则运算，可得

对于A中，，所以不正确；

对于B中，，所以不正确；

对于C中，，所以不正确；

对于D中，，所以是正确的，故选D．

【点睛】本题主要考查了导数的运算，其中解答中熟记基本初等函数的导数公式表以及导数的四则运算法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础．

6．将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中有的盒子可能没有放球，则总的方法共有

A．81种 B．64种 C．36种 D．18种

【答案】A

【详解】对于四个小球放入三个盒子的可能与机会是均等的，故每个都可能放入三个盒子中的任意一个之中，由分步计数原理可得所有方法种数为：，应选答案A．

7．已知则（       ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】C

【分析】令,可得，令代入等式，可得，从而得到答案..

【详解】由

令得：，则

令得：

所以，则

故选：C

【点睛】本题主要考查二项式定理求解系数和，系数和问题一般是利用赋值法进行求解，侧重考查数学运算的核心素养，属于基础题.

8．某班联欢会原定的个节目已排成节目单，开演前又增加了个新节目，如果将这个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】每次插入一个节目，利用分步乘法计数原理可求得结果.

【详解】利用分步计数原理，第一步先插入第一个节目，有种方法，第二步插入第二个节目，此时有个空，故有种方法.

因此不同的插法共有种.

故选：B.

【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于基础题.

9．已知复数满足，则的最大值是（       ）

A．5 B．9 C．7 D．3

【答案】C

【分析】设，依题意求出复数的轨迹方程，再根据复数几何意义计算可得；

【详解】解：设，因为，所以，表示以为圆心，为半径的圆，

因为表示圆上的点到的距离，因为，所以

故选：C

10．设函数f（x）在R上可导，其导函数为，且函数f（x）在x＝﹣1处取得极大值，则函数y＝x的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由极值与导数的关系确定，确定当0x﹣1以及x0时，的符号；当x＝﹣1时，＝0；当x﹣1时，符号．由此观察四个选项能够得到正确结果．

【详解】∵函数f（x）在R上可导，其导函数，

且函数f（x）在x＝﹣1处取得极大值，

∴当x﹣1时，0；

当x＝﹣1时，＝0；

当x﹣1时，0．

∴当0x﹣1时，0；x0时，0；

当x＝﹣1时，＝0；

当x﹣1时，＜0．

故选：D．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值的应用，解题时要认真审题，注意导数性质和函数极值的性质的合理运用．

11．2020年12月17日，嫦娥五号返回器携带1731克月球土壤样品在内蒙古四王子旗预定区域安全着陆，至此我国成为世界上第三个从月球取回土壤的国家.某科研所共有A､B､C､D､E､F六位地质学家他们全部应邀去甲､乙､丙三所不同的中学开展月球土壤有关知识的科普活动，要求每所中学至少有一名地质学家，其中地质学家A被安排到甲中学，则共有多少种不同的派遣方法？（       ）

A．180 B．162 C．160 D．126

【答案】A

【分析】根据题意，分2步进行分析：①将、、、、、六位地质学家分为3组，②将所在的组安排到甲学校，剩下的2组安排到其他两个学校，由分步计数原理计算可得答案．

【详解】解：根据题意，分2步进行分析：

①将、、、、、六位地质学家分为3组，

若分为1、1、4的三组，有种分组方法，

若分为1、2、3的三组，有种分组方法，

若分为2、2、2的三组，有种分组方法，

则共有种分组方法，

②将所在的组安排到甲学校，剩下的2组安排到其他两个学校，有2种安排方法，

则有种安排方法.

故选：A．

12．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】把题意转化为在上有解，设，利用导数判断单调性，即可求解.

【详解】由可得：.

因为函数在区间内存在单调递增区间，

所以在上有解，即在上有解.

设，由在上恒成立，所以在单调递增，所以.

所以.

故选：D

二、填空题

13．设复数（i为虚数单位），则z的虚部是_______．

【答案】0

【分析】先利用复数的乘方及的周期性化简复数，再求其虚部.

【详解】因为，

所以z的虚部是0.

故答案为：0.

14．某班级要从5名男生、3名女生中选派4人参加学校组织的志愿者活动，如果要求至少有2名女生参加，那么不同的选派方案共有_________种．

【答案】35

【分析】由已知，可分成2种情况（2名男生2名女生、1名男生3名女生）分别列式即可完成求解

【详解】由已知，分2种情况讨论，

①选出4人有2名女生，有种；

②选出4人有3名女生，有种；

所以不同的选派方案共有种.

故答案为：35.

15．甲、乙、丙、丁四人站成一排照相，满足甲乙相邻且甲不在最左边的站法有__________种．

【答案】

【分析】先计算甲乙相邻情况，再排除甲乙相邻且甲在最左边的情况，即可求解.

【详解】根据题意，将甲乙看做一个整体，与丙丁一起全排列，有种情况，

其中甲乙相邻且甲在最左边的情况种，故满足题意得站法有：种.

故答案为：.

16．已知是上的可导函数，其导函数为，若对任意实数x，都有，且，则不等式的解集为________．

【答案】

【分析】构造函数，求导，利用题意判定函数在上单调递减，再利用将不等式化为，再利用函数的单调性进行求解.

【详解】令，因为

所以，

即在上单调递减，

又因为，所以，

则由，得，

所以，即不等式的解集为.

故答案为：.

三、解答题

17．设复数.

（1）若z为纯虚数，求；

（2）若z在复平面内对应的点在第四象限，求a的取值范围.

【答案】（1）；（2） .

【分析】（1）由z为纯虚数，可得实部为0，虚部不为0，可得z的值，可得的值；

（2）由实部大于0且虚部小于0，列出不等式组可得答案.

【详解】解：（1）若z为纯虚数，则 ,

所以，故   ,

所以 ；

（2）若2在复平面内对应的点在第四象限，则 ,

解得 .

【点睛】本题主要考查复数的几何意义及复数的有关概念，比较基础.

18．从包括A，B两人的7个人中选出5人排成一排．

(1)若任意选出5人，有多少种不同的排法？

(2)若A，B两人中有且只有一人被选出，有多少种不同的排法？

【答案】(1)2520

(2)1200

【分析】（1）利用排列知识进行求解；

（2）利用分步乘法计数原理和组合知识进行求解.

【详解】(1)解：从7人中任选5人排成一排，共有种不同的排法．

(2)解：先从A，B两人中任选1人有种不同的方法，

再从剩余的5人中任选4人有种不同的方法，

再将选出的5人进行全排列，共有种不同的排法．

19．已知的展开式中各项的二项式系数之和为64．求：

(1)n的值；

(2)展开式中二项式系数最大的项；

(3)的展开式中的常数项．

【答案】(1)6

(2)

(3)

【分析】（1）由二项式系数和为求得值；

（2）由二项式系数的性质得二项式系数最大的项的项数，从而求得此项；

（3）结合（2）可得常数项．

【详解】(1)由展开式中各项的二项式系数之和为64，

得，得．

(2)由（1）得展开式中二项式系数最大的项为第四项，

∵的展开式的通项公式为，

∴展开式中二项式系数最大的项为．

(3)由（2）得的展开式中的常数项为．

20．已知函数.

（1）当时，若，求函数的最值；

（2）若函数在处取得极值，求实数的值.

【答案】（1），（2）

【分析】（1）当时，，求导得到的单调性，利用单调性求得最值；

（2）由题意，解方程得到，要注意检验.

【详解】（1）当时，，

，

当时，，

函数在区间上单调递增，

当时，，.

（2），

.

又函数在处取得极值，

，

.

经验证知，满足题意.

综上，所求实数的值是.

【点睛】本题考查利用导数求函数的最值以及已知函数的极值点求参数，考查学生的逻辑推理能力，数学运算能力，是一道中档题.

21．已知函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)若不等式在上恒成立，求实数k的取值范围．

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；

(2)

【分析】（1）二次求导，利用二次导数的符号判定一次导数的单调性及符号变化，进而确定原函数的单调性；

（2）作差构造函数，证明函数的最小值非负，求导，讨论的符号和的单调性进行求解.

【详解】(1)解：因为，

所以，

所以

因为

所以函数为增函数，又，

所以当时，当时，，

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

(2)解：将 化为，

设，

则，

由（1）可知，是上的增函数，且，

①当时，，函数在区间上单调递增，

故，符合题意；

②当时，，故存在，使得，

所以当时，，当时，，

所以函数在上为减函数，在上为增函数，

故，不等式不恒成立．

综上，实数k的取值范围为．

22．已知函数，其中，e是自然对数的底数．证明：

(1)在上是单调增函数；

(2)当时，函数有且只有两个零点．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）转化为证明在上恒成立，再构造二次函数，利用二次函数的单调性可证结论成立；

（2）利用二次求导得到的单调性，结合零点存在性定理可证结论成立.

【详解】(1)因为，

问题转化为证明在上恒成立，

又，∴只需证明在上恒成立，

令，

∵，∴对称轴，

∴在上单调递增，∴，即，又不恒为，

故在上是单调增函数．

(2)当时，，

则，

令，

则，

由，得或．

则随x的变化情况如下表：

∴，

∵，∴存在，使得，

∴当时，，即；当时，，即，

∴在上单调递减，在上单调递增．

又，

故根据零点存在定理，可知方程有且只有两个根，一个根，另一个根，

∴函数有且只有两个零点．

【点睛】关键点点睛：第（2）问中通过二次求导并结合零点存在性定理进行求解是解题关键.