2020-2021学年福建省莆田市高二（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年福建省莆田市高二（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，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若An3=12Cn2，则n等于( )
A.8B.4C.3或4D.5或6

2. 复数1+2i2−i=( )
A.iB.1+iC.−iD.1−i

3. 若复数(1−i)(a+i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞, 1)B.(−∞, −1)C.(1, +∞)D.(−1, +∞)

4. 已知复数z在复平面上对应的点为(1,−1)，则( )
A.z+1是实数B.z+1是纯虚数C.z+i是实数D.z+i是纯虚数

5. 已知复数z满足z+|z|=1+i，则z¯=( )
A.−iB.iC.1−iD.1+i

6. 某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )
A.14B.24C.28D.48

7. 二项式(x2+2)(1x2−1)5的展开式的常数项是( )
A.−3B.−2C.2D.3

8. 设m，n分别是先后抛掷一枚骰子所得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的情况下，方程x2+mx+n=0有实根的概率是( )
A.1136B.736C.711D.710
二、多选题

如图所示是函数fx的导函数f′x的图象，则下列判断中正确的是( )

A.函数fx在区间−3,0上是减函数
B.函数fx在区间1,3上是减函数
C.函数fx在区间0,2上是增函数
D.函数fx在区间3,4上是减函数

下列各式的运算结果为虚数的是( )
A.i(1+i)2B.i2(1−i)C.(1+i)2D.i(1+i)

二项式 x−2y10的展开式中，下列说法正确的是( )
A.二项式系数之和是512B.其中含x6y4项的系数是840
C.二项式系数最大的项是第6项D.通项Tr+1=C10r2yrx10−r

投掷两枚骰子，下列说法错误的是( )
A.已知两枚骰子的点数相同，则点数都是6的概率是16
B.已知点数和是4，则两枚骰子点数相同的概率是14
C.两枚骰子的点数和不超过6的概率是512
D.两枚骰子的点数都是奇数的概率是12
三、填空题

若f(x)=xex， 则f′(1)=________.

(x−13x)18的展开式中含x15的项的系数为________．

已知复数z=x+yi，且|z−2|=3，则yx的最大值为________.

某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销量Q（单位：件）与零售价p（单位：元）有如下关系：Q=8300−170p−p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元.
四、解答题

求二项式 x−3x9展开式中的有理项．

一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球．从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个；
(1)取得两个红球的概率是多少？

(2)取得两个绿球的概率是多少？

(3)取得两个同颜色的球的概率是多少？

(4)至少取得一个红球的概率是多少？

用0，1，2，3，4，5这六个数字.
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？

(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？

(3)能组成多少个无重复数字且比1325大的四位数？


(1)若1−2x2012=a0+a1x+a2x2+⋯+a2012 x2012x∈R，求(a0+a1)+(a0+a2)+⋯+(a0+a2012)的值；

(2)如果1−2x8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，求|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a8|的值．

已知函数f(x)=ax3+bx+c在点x=2处取得极值c−16．
(1)求a，b的值；

(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[−3, 3]上的最小值．

已知函数f(x)=ex−x2+2ax.
(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(2)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年福建省莆田市高二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
排列及排列数公式
组合及组合数公式
【解析】
根据排列与组合的公式，列出方程，求出解即可．
【解答】
解：∵ An3=12Cn2，
∴ n(n−1)(n−2)=12×n(n−1)2×1，且n≥3，
即n−2=6，
解得n=8．
故选A．
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：1+2i2−i=(1+2i)(2+i)(2−i)(2+i)=2+i+4i+2i24−i2=5i5=i．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
复数的运算
复数代数形式的混合运算
【解析】
本题考查了复数的运算法则、几何意义、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力．
【解答】
解：复数(1−i)(a+i)=a+1+(1−a)i在复平面内对应的点在第二象限，
则a+1<0,1−a>0,
解得a<−1，
即实数a的取值范围是(−∞, −1)．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的基本概念
【解析】
复数z在复平面上对应的点为(1, −1)，可得z=1−i，分别计算z+1，z+i．即可判断出结论．
【解答】
解：复数z在复平面上对应的点为1,−1，
则z=1−i，
所以z+1=2−i，z+i=1.
所以只有C正确．
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
共轭复数
复数的模
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z+|z|=(a+a2+b2)+bi=1+i，
所以a+a2+b2=1,b=1,
解得：a=0,b=1,
所以z=i，z¯=−i.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
用直接法，4人中至少有1名女生包括1女3男及2女2男两种情况，计算各种情况下的选派方案种数，由加法原理，计算可得答案.
【解答】
解：4人中至少有1名女生，包括1女3男及2女2男两种情况，
故不同的选派方案种数为C21⋅C43+C22⋅C42=2×4+1×6=14.
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
(x2+2)(1x2−1)5的展开式的常数项是第一个因式取x2，第二个因式取1x2；第一个因式取2，第二个因式取(−1)5，故可得结论．
【解答】
解：第一个因式取x2，第二个因式取1x2，可得1×C54×(−1)4=5；
第一个因式取2，第二个因式取(−1)5，可得2×(−1)5=−2；
∴ (x2+2)(1x2−1)5的展开式的常数项是5+(−2)=3.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
基本事件(m, n)共包括以下11种情况：(1, 5)，(2, 5)，(3, 5)，(4, 5)，(5, 5)，(6, 5)，(5, 1)，(5, 2)，(5, 3)，(5, 4)，(5, 6)．方程x2+mx+n=0有实根需要满足：△≥0，即m2−4n≥0，其中只有其中7种情况满足△≥0，利用古典概率概率计算公式即可得出．
【解答】
解：基本事件(m,n)共包括以下11种情况：
(1, 5)，(2, 5)，(3, 5)，(4, 5)，(5, 5)，(6, 5)，(5, 1)，(5, 2)，(5, 3)，(5, 4)，(5, 6)．
方程x2+mx+n=0有实根需要满足：Δ≥0，即m2−4n≥0，
其中只有以下7种情况满足Δ≥0：(5, 5)，(6, 5)，(5, 1)，(5, 2)，(5, 3)，(5, 4)，(5, 6)．
所以在先后两次出现的点数中有5的情况下，
方程x2+mx+n=0有实根的概率为P=711．
故选C.
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据f′x>0时，函数y=fx是增函数， f′x<0时，函数y=fx是减函数，由图象结合选项可得答案
【解答】
解：由图知当x∈−3,0和3,4时，f′x<0，
∴ fx单调递减，故A，D正确；
当x∈0,2时， f′x>0，
∴ 在0,2上，fx单调递增，故C正确；
当x∈1,3时，fx有增有减，故B错误.
故选ACD．
【答案】
B,C,D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，i(1+i)2=i⋅2i=−2，为实数．
B，i2(1−i)=−1+i，为虚数．
C，(1+i)2=2i，为虚数．
D，i(1+i)=i−1，为虚数．
故选BCD.
【答案】
B,C
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
利用二项式定理的通项公式及其性质即可判断出正误．
【解答】
解：A，x−2y10二项式系数之和是210=1024，故A错误；
B，二项展开式的通项为Tr+1=C10rx10−r−2ryr，
令r=4，可得含x6y4项的系数是C104−24=840，故B正确；
C，当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，
所以二项式系数最大的项是第6项，故C正确；
D，通项Tr+1=C10rx10−r−2ryr，故D错误.
故选BC.
【答案】
B,D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
基本事件个数（列举法、列表法、树状图法）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：同时抛掷两枚质地均匀的骰子，可得到如下36种不同的结果，
1,1，1,2，1,3，1,4，1,5，1,6，
2,1，2,2，2,3，2,4，2,5，2,6，
3,1，3,2，3,3，3,4，3,5，3,6，
4,1，(4,2)，(4,3)，(4,4)，4,5，4,6，
5,1，5,2，5,3，5,4，5,5，5,6，
6,1，6,2，6,3，6,4，6,5，6,6.
A，点数相同的情况共有6种，则点数相同时点数都为6的概率为16，故A正确；
B，点数和为4的情况共有1,3，2,2，3,1三种，则点数相同的概率为13，故B错误；
C，点数和不超过6的情况有15种，概率为1536=512，故C正确；
D，两枚骰子的点数都是奇数的情况有9种，概率为936=14，故D错误.
故选BD.
三、填空题
【答案】
2e
【考点】
导数的运算
【解析】
认真审题，首先需要了解基本求导法则(若两个函数可导，则它们和、差、积、商必可导；若两个函数均不可导，则它们的和、差、积、商不一定不可导)．
【解答】
解：∵ f(x)=xex，
∴ f′(x)=ex+xex，
∴ f′(1)=2e．
故答案为：2e.
【答案】
17
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
利用二项展开式的通项公式求出通项，令x的指数为15，求出展开式中含x15的项的系数．
【解答】
解：二项展开式的通项为Tr+1=(−13)rC18rx18−3r2
令18−3r2=15，解得r=2，
所以展开式中含x15的项的系数为(−13)2C182=17.
故答案为：17.
【答案】
3
【考点】
复数的模
圆的标准方程
直线的斜率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：|z−2|2=(x−2)2+y2=3，
(x−2)2+y2=3就是以(2, 0)为圆心，以3为半径的圆.
设yx=t，即y=tx，
∴ t的几何意义为点与原点连线的斜率，
t最大时，直线y=tx与圆相切，
∴ yx的最大值为3．
故答案为：3.
【答案】
30,23000
【考点】
导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】
毛利润等于销售额减去成本，可建立函数关系式，利用导数可求函数的极值点，利用极值就是最值，可得结论．
【解答】
解：设利润为L(p)，
由题意知L(p)=pQ−20Q
=Q(p−20)
=(8300−170p−p2)(p−20)
=−p3−150p2+11700p−166000，
所以L′(p)=−3p2−300p+11700．
令L′(p)=0，解得p=30或p=−130（舍去）．
当00，L(p)单调递增，
当x>30时，L′(p)<0，L(p)单调递减，
所以L(p)在x=30时取得极大值，同时也是最大值，
此时，L(p)max=L(30)=23000．
故答案为：30；23000.
四、解答题
【答案】
解：∵ Tr+1=C9r(x12)9−r(−x13)r=(−1)rC9rx27−r6，
令27−r6∈Z，即4+3−r6∈Z，且r=0，1，2，⋯，9，
∴ r=3或r=9．
当r=3时，27−r6=4，T4=(−1)3⋅C93⋅x4=−84x4；
当r=9时，27−r6=3，T10=(−1)9⋅C99⋅x3=−x3；
∴ (x−3x)9的展开式中的有理项是：第4项，−84x4；第10项， −x3．
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：∵ Tr+1=C9r(x12)9−r(−x13)r=(−1)rC9rx27−r6，
令27−r6∈Z，即4+3−r6∈Z，且r=0，1，2，⋯，9，
∴ r=3或r=9．
当r=3时，27−r6=4，T4=(−1)3⋅C93⋅x4=−84x4；
当r=9时，27−r6=3，T10=(−1)9⋅C99⋅x3=−x3；
∴ (x−3x)9的展开式中的有理项是：第4项，−84x4；第10项， −x3．
【答案】
解：(1)从中无放回地任意抽取两次，所有的抽法有A102，
取得两个红球的抽法有A72，
所以取得两个红球的概率P1=A72A102=7×610×9=715.
(2)取得两个绿球的取法共有A32，
所以取得两个绿球的概率P2=A32A102=3×210×9=115.
(3)取得两个同颜色的球包括两个红球或两个绿球，
所以取得两个同颜色的球的概率P3=P1+P2=715+115=815.
(4)“至少取得一个红球”的对立事件是“取得两个绿球”，
所以至少取得一个红球的概率P4=1−P2=1−115=1415.
【考点】
排列、组合的应用
古典概型及其概率计算公式
排列及排列数公式
互斥事件的概率加法公式
对立事件的概率公式及运用
【解析】
（1）利用排列求出所有的基本事件的个数，再利用排列求出“取得两个红球”的基本事件个数，利用古典概型概率公式求出概率．
（2）利用排列求出“取得两个绿球”的基本事件个数，利用古典概型概率公式求出概率．
（3）“取得两个同颜色的球”是由“取得两个红球”与“取得两个绿球”的和事件，利用互斥事件的概率公式求出概率．
（4）“至少取得一个红球”与“取得两个绿球”为对立事件，利用对立事件的概率公式求出概率．
【解答】
解：(1)从中无放回地任意抽取两次，所有的抽法有A102，
取得两个红球的抽法有A72，
所以取得两个红球的概率P1=A72A102=7×610×9=715.
(2)取得两个绿球的取法共有A32，
所以取得两个绿球的概率P2=A32A102=3×210×9=115.
(3)取得两个同颜色的球包括两个红球或两个绿球，
所以取得两个同颜色的球的概率P3=P1+P2=715+115=815.
(4)“至少取得一个红球”的对立事件是“取得两个绿球”，
所以至少取得一个红球的概率P4=1−P2=1−115=1415.
【答案】
解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时有A53个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个有A41种，
十位和百位从余下的数字中选，有A42种，于是有A41⋅A42个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A41⋅A42个．
由分类加法计数原理知，共有A53+A41⋅A42+A41⋅A42=156（个）．
(2)符合要求的数可分为两类：
个位数上的数字是0的五位数有A54个；
个位数上的数字是5的五位数有A41⋅A43个，
故满足条件的五位数的个数共有A54+A41⋅A43=216（个）．
(3)符合要求的比1325大的四位数可分为三类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共A41⋅A53个；
第二类：形如14□□，15□□，共有A21⋅A42个；
第三类：形如134□，135□，共有A21⋅A31个；
由分类加法计数原理知，无重复数字且比1325大的四位数共有：
A41⋅A53+A21⋅A42+A21⋅A31=270（个）．
【考点】
分类加法计数原理
排列及排列数公式
【解析】
（1）由题意符合要求的四位偶数可分为三类：0在个位，2在个位，4在个位，对每一类分别计数再求它们的和即可得到无重复数字的四位偶数的个数；
（2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的五位数与个位数字是5的五位数，分类计数再求它们的和；
（3）由题意，符合要求的比1325大的四位数可分为三类，第一类，首位比1大的数，第二类首位是1，第二位比三大的数，第三类是前两位是13，第三位比2大的数，分类计数再求和．
【解答】
解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时有A53个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个有A41种，
十位和百位从余下的数字中选，有A42种，于是有A41⋅A42个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A41⋅A42个．
由分类加法计数原理知，共有A53+A41⋅A42+A41⋅A42=156（个）．
(2)符合要求的数可分为两类：
个位数上的数字是0的五位数有A54个；
个位数上的数字是5的五位数有A41⋅A43个，
故满足条件的五位数的个数共有A54+A41⋅A43=216（个）．
(3)符合要求的比1325大的四位数可分为三类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共A41⋅A53个；
第二类：形如14□□，15□□，共有A21⋅A42个；
第三类：形如134□，135□，共有A21⋅A31个；
由分类加法计数原理知，无重复数字且比1325大的四位数共有：
A41⋅A53+A21⋅A42+A21⋅A31=270（个）．
【答案】
解：(1)令x=0，得a0=1，
再令x=1，得a0+a1+a2+⋯+a2012=1，
那么a1+a2+⋯+a2012=0，
a0+a1+a0+a2+⋯+a0+a2012=2012−0=2012．
(2)因为展开式的通项为Tr+1=(−2)rC8rxr，r∈{0,1,2,3,⋅⋅⋅8}，
所以当r为偶数时，系数为正；当r为奇数时，系数为负，
所以|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a8|
=a0−a1+a2−a3+a4−⋯+a8．
令展开式中的x=−1，
可得1+28=a0−a1+a2−a3+a4−⋯+a8=38，
即|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a8|=38．
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)令x=0，得a0=1，
再令x=1，得a0+a1+a2+⋯+a2012=1，
那么a1+a2+⋯+a2012=0，
a0+a1+a0+a2+⋯+a0+a2012=2012−0=2012．
(2)因为展开式的通项为Tr+1=(−2)rC8rxr，r∈{0,1,2,3,⋅⋅⋅8}，
所以当r为偶数时，系数为正；当r为奇数时，系数为负，
所以|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a8|
=a0−a1+a2−a3+a4−⋯+a8．
令展开式中的x=−1，
可得1+28=a0−a1+a2−a3+a4−⋯+a8=38，
即|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a8|=38．
【答案】
解：(1)因f(x)=ax3+bx+c，故f′(x)=3ax2+b，
由于f(x)在点x=2处取得极值，
故有f′(2)=0,f(2)=c−16,
即12a+b=0,8a+2b+c=c−16,
解得a=1,b=−12.
(2)由(1)知f(x)=x3−12x+c，
则f′(x)=3x2−12.
令f′(x)=0，得x1=−2，x2=2，
当x∈(−∞,−2)时，f′(x)>0，故f(x)在(−∞,−2)上为增函数；
当x∈(−2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(−2,2) 上为减函数；
当x∈(2,+∞)时f′(x)>0，故f(x)在(2,+∞) 上为增函数．
由此可知f(x)在x1=−2处取得极大值f(−2)=16+c，
由题设条件知16+c=28，得c=12，
所以f(x)在x2=2处取得极小值f(2)=c−16=−4，
此时f(−3)=9+c=21，f(3)=−9+c=3，
因此f(x)上[−3,3]的最小值为f(2)=−4.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）先对函数f(x)求导，根据f′(2)=0，f(2)=c−16，即可求得a，b值；
（2）由（1）求出f(x)的极大值，由极大值为28，可求出c值，然后求出f(−3)，f(3)，及函数在区间[−3, 3]上的极值，即可求f(x)在[−3, 3]上的最大值和最小值．
【解答】
解：(1)因f(x)=ax3+bx+c，故f′(x)=3ax2+b，
由于f(x)在点x=2处取得极值，
故有f′(2)=0,f(2)=c−16,
即12a+b=0,8a+2b+c=c−16,
解得a=1,b=−12.
(2)由(1)知f(x)=x3−12x+c，
则f′(x)=3x2−12.
令f′(x)=0，得x1=−2，x2=2，
当x∈(−∞,−2)时，f′(x)>0，故f(x)在(−∞,−2)上为增函数；
当x∈(−2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(−2,2) 上为减函数；
当x∈(2,+∞)时f′(x)>0，故f(x)在(2,+∞) 上为增函数．
由此可知f(x)在x1=−2处取得极大值f(−2)=16+c，
由题设条件知16+c=28，得c=12，
所以f(x)在x2=2处取得极小值f(2)=c−16=−4，
此时f(−3)=9+c=21，f(3)=−9+c=3，
因此f(x)上[−3,3]的最小值为f(2)=−4.
【答案】
解：(1)∵ f′(x)=ex−2x+2，
∴ f′(1)=e.
又f(1)=e+1，
∴ 所求切线方程为y−(e+1)=e(x−1)，
即ex−y+1=0.
(2)f′(x)=ex−2x+2a.
∵ f(x)在R上单调递增，
∴ f′(x)≥0在R上恒成立，
∴ a≥x−ex2在R上恒成立.
令g(x)=x−ex2，则g′(x)=1−ex2，
令g′(x)=0，则x=ln2.
∵ 在(−∞,ln2)上，g′(x)>0，
在(ln2,+∞)上，g′(x)<0，
∴ g(x)在(−∞,ln2)上单调递增，在(ln2,+∞)上单调递减，
∴ g(x)max=g(ln2)=ln2−1，
∴ a≥ln2−1，
∴ 实数a的取值范围为[ln2−1,+∞).
【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
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ f′(x)=ex−2x+2，
∴ f′(1)=e.
又f(1)=e+1，
∴ 所求切线方程为y−(e+1)=e(x−1)，
即ex−y+1=0.
(2)f′(x)=ex−2x+2a，
∵ f(x)在R上单调递增，
∴ f′(x)≥0在R上恒成立，
∴ a≥x−ex2在R上恒成立.
令g(x)=x−ex2，则g′(x)=1−ex2，
令g′(x)=0，则x=ln2.
∵ 在(−∞,ln2)上，g′(x)>0，
在(ln2,+∞)上，g′(x)<0，
∴ g(x)在(−∞,ln2)上单调递增，在(ln2,+∞)上单调递减，
∴ g(x)max=g(ln2)=ln2−1，
∴ a≥ln2−1，
∴ 实数a的取值范围为[ln2−1,+∞).