2020-2021学年山西省晋中市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷

这是一份2020-2021学年山西省晋中市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷，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. 复数z=i+i2，则z在复平面内所对应的点位于( )
A.第一象限B.第三象限C.第二象限D.第四象限

2. 由①正方形的对角线相等；②矩形的对角线相等；③正方形是矩形．写一个“三段论”形式的推理，作为大前提、小前提和结论的分别为( )
A.②①③B.③①②C.②③①D.①②③

3. 我们知道：在平面内，点x0,y0到直线Ax+By+C=0的距离公式d=|Ax0+By0+C|A2+B2，通过类比的方法，可求得：在空间中，点2,4,3到直线x+2y+2z+2=0的距离为( )
A.6B.5C.3D.1855

4. 若复数z满足：zi2021=2−i，则z=( )
A.−1+2iB.1+2iC.1−2iD.−1−2i

5. 设f(x)=xlnx，若f′x0=2，则x0=( )
A.eB.e2C.ln22D.ln2

6. 在复平面内，复数3−4i，i2+i对应的点分别为A，B，则线段AB的中点C对应的复数为( )
A.−2+2iB.2−2iC.1−iD.−1+i

7. 用数学归纳法证明11⋅2+12⋅3+13⋅4+…+1n(n+1)=nn+1(n∈N*)时，由n=k到n=k+1，等式左端应增加的式子为( )
A.1(k+1)(k+2)B.1k(k+1)+1(k+1)(k+2)
C.1k(k+2)D.1k(k+1)

8. 已知fx的导函数为f′x，且满足fx=x3+f′23x2−x，则f1=( )
A.−2B.2C.1D.−1

9. 已知1+2×3+3×32+4×33+⋯+n×3n−1=3nna−b+c对一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值为( )
A.a=b=c=14B.a=12，b=c=14
C.a=0，b=c=14D.不存在这样的a，b，c

10. 设函数f(x)=ax2+bx+c(a, b, c∈R)，若x=−1为函数g(x)=f(x)ex的一个极值点，则y=f(x)的图象不可能是( )
A.B.C.D.

11. 如下图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n个点，相应的图案中总的点数记为an，则9a2a3+9a3a4+9a4a5+⋯+9a2015a2016=( )

A.20152016B.20142015C.20132014D.20122013

12. 若关于x的方程xex+exx−ex+m=0有三个不相等的实数解x1，x2，x3，且x1<0A.eB.1−mC.1D.1+m
二、填空题

已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式S=12ah，可知扇形的面积公式为________.

若12 (1x+2mx)dx=3+ln2，则实数m的值为________．

若函数f(x)=x3−tx2+3x在区间[1, 4]上单调递减，则实数t的取值范围是________.

已知直线y=ax+ba∈R,b>0是曲线fx=ex与曲线gx=lnx+2的公切线，则a+b等于________.
三、解答题

设f(x)=2x3+ax2+bx+1的导数为f′(x)，若函数f′(x)的图象关于直线x=−12对称，且f′(1)=0.
(1)求实数a，b的值；

(2)求函数f(x)的极值．

求当实数m为何值时，z=m2−m−6m+3+(m2+5m+6)i分别是：
(1)实数；

(2)虚数；

(3)纯虚数．

冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重急性呼吸综合征(SARS)等较严重疾病．而今年出现的新型冠状病毒(nCV)是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株．人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等．在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡．应国务院要求，黑龙江某医院选派医生参加援鄂医疗，该院呼吸内科有3名男医生，2名女医生，其中李亮（男）为科室主任；该院病毒感染科有2名男医生，2名女医生，其中张雅（女）为科室主任，现在院方决定从两科室中共选4人参加援鄂医疗（最后结果用数字表达）．
(1)若至多有1名主任参加，有多少种派法？

(2)若呼吸内科至少2名医生参加，有多少种派法？

(3)若至少有1名主任参加，且有女医生参加，有多少种派法？

已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0．
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；

(2)若S5=3132，求λ．

已知函数fx=ax+lnx，其中a为常数．
(1)当a=−1时，求fx的最大值．

(2)若fx在区间(0,e]上的最大值为−3，求a的值．

已知函数fx=2−ax−1−2lnx .
(1)当a=1时，求fx的单调区间；

(2)若函数fx在区间0,12无零点，求a的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
把已知等式变形，进一步求出z的坐标得答案．
【解答】
解：∵z=i+i2=−1+i，
∴z=−1−i，
∴z在复平面内对应的点的坐标为(−1,−1)，位于第三象限．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
演绎推理
【解析】
由题意，根据三段论的形式“大前提，小前提，结论”直接写出答案即可.
【解答】
解：用三段论的形式写出的演绎推理是：
大前提 ②矩形的对角线相等；
小前提 ③正方形是矩形；
结论 ①正方形的对角线相等.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
类比推理
【解析】
类比平面内点到直线的距离公式，计算空间中点到直线x+2y+2z+2=0的距离．
【解答】
解：平面内点x0,y0到直线Ax+By+C=0的距离公式d=|Ax0+By0+C|A2+B2，
类比平面内点到直线的距离公式，
可得空间中点2,4,3到直线x+2y+2z+2=0的距离为
d=|1×2+2×4+2×3+2|12+22+22=183=6．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
首先确定i2021=i505×4+1=i，再计算即可.
【解答】
解：∵ zi2021=2−i，i2021=i505×4+1=i，
∴ zi=2−i，
∴ z=2−ii=2−iii2=−1−2i.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(x)=xlnx(x>0)，
∴ f′(x)=lnx+1，
∵ f′x0=2，
∴ f′x0=lnx0+1=2，解得：x0=e，
∴ x0的值等于e.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
由复数代数形式的乘法运算化简i2+i，求出A，B的坐标，利用中点坐标公式求得C的坐标，则答案可求．
【解答】
解：∵i2+i=−1+2i，
∴复数3−4i，i2+i对应的点A，B的坐标分别为：A3,−4，B−1,2，
∴线段AB的中点C的坐标为1,−1，
则线段AB的中点C对应的复数为1−i．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
数学归纳法
【解析】
比较由n=k变到n=k+1时，左边变化的项，即可得出结论．
【解答】
解：当n=k时，
左边=11⋅2+12⋅3+13⋅4+...+1k(k+1)，
那么当n=k+1时，
左边=11⋅2+12⋅3+13⋅4+...+1k(k+1)+1(k+1)(k+2)，
∴ 由n=k递推到n=k+1时等式左边增加了1(k+1)(k+2)，
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
导数的运算
函数的求值
【解析】
对fx求导后求出f′23的值，再求f(1)即可．
【解答】
解：由fx=x3+f′23x2−x，
得f′x=3x2+2f′23x−1，
∴f′23=3×232+2f′23×23−1，
∴f′23=−1，
∴f(x)=x3−x2−x，
∴ f1=13−12−1=−1．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
因为等式对一切正整数都成立，取最简单的1，2，3代入等式得到三个三元一次方程组成方程组求出解集得到a、b、c即可．
【解答】
解：∵等式对一切n∈N*均成立，
∴n=1，2，3时等式成立，即
1=3a−b+c，1+2×3=322a−b+c，1+2×3+3×32=333a−b+c，
整理得3a−3b+c=1，18a−9b+c=7，81a−27b+c=34，
解得a=12，b=c=14．
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的图象变换
利用导数研究函数的极值
【解析】
先求出函数f(x)ex的导函数，利用x=−1为函数f(x)ex的一个极值点可得a，b，c之间的关系，再代入函数f(x)=ax2+bx+c，对答案分别代入验证，看哪个答案不成立即可．
【解答】
解：由y=f(x)ex=ex(ax2+bx+c)⇒
y′=f′(x)ex+exf(x)=exax2+(b+2a)x+b+c，
由x=−1为函数g(x)=f(x)ex的一个极值点可得，
−1是方程ax2+(b+2a)x+b+c=0的一个根，
所以a−(b+2a)+b+c=0⇒c=a，
所以函数f(x)=ax2+bx+a，对称轴为x=−b2a，
且f(−1)=2a−b，f(0)=a．
对于A，由图得a>0，f(0)>0，f(−1)=0，不矛盾；
对于B，由图得a<0，f(0)<0，f(−1)=0，不矛盾；
对于C，由图得a>0，f(0)>0，x=−b2a<−1⇒b>2a⇒f(−1)<0，
与图象f(−1)>0矛盾；
对于D，由图得a<0，f(0)<0，
x=−b2a>−1⇒b>2a⇒f(−1)<0，不矛盾．
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
归纳推理
数列的求和
【解析】
根据题意，可得a2=3=3×2−1，a3=6−3×3−1，a4=9=3×4−1，a5=12=3×5−1，⋯，an=3n−1 ，数列an是首项为3，公差为3的等差数列，通项为an=3n−1(n≥2)，所以1anan+1=13n−1⋅3n=191n−1−1n，据此解答即可．
【解答】
解：根据分析，可得
a2=3=3×2−1，
a3=6−3×3−1，
a4=9=3×4−1，
a5=12=3×5−1，
⋯，
an=3n−1，
数列an是首项为3，公差为3的等差数列，通项为an=3n−1(n≥2)，
所以1anan+1=13n−1⋅3n=191n−1−1n，
则9a2a3+9a3a4+9a4a5+…+9a2015a2016
=1−12+12−13+…+12014−12015=20142015．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
函数与方程的综合运用
函数的零点与方程根的关系
【解析】
令xex=t，则有t+1t−1+m=0=t2+(m−1)t+1′−m=0，令函数gx=xex画出其图象，结合图象可得关于t的方程t2+m−1t+1′−m=0一定有两个实根t1，t2，t1<0【解答】
解：由方程xex+exx−ex+m=0
⇒xex+1xex−1+m=0.
令xex=t，则t+1t−1+m=0
⇒t2+m−1t+1−m=0.
令函数gx=xex，则g′x=1−xex，
∴ gx在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，其图象大致如下：
要使关于x的方程xex+exx−ex+m=0有3个不相等的实数解x1，x2，x3，且x1<0结合图象可得关于t的方程t2+m−1t+1−m=0一定有两个实根t1，t2t1<0且x1ex1=t1，x2ex2=x3ex3=t2，
∴(x1ex1−1)2(x2ex2−1)(x3ex3−1)=[(t1−1)t2−1]2.
∵ t1−1t2−1=t1t2−t1+t2+1
=(1−m)−(1−m)+1=1，
∴(x1ex1−1)2(x2ex2−1)(x3ex3−1)=[(t1−1)t2−1]2=1．
故选C．
二、填空题
【答案】
S=12lr
【考点】
类比推理
扇形面积公式
【解析】
直接利用类比推理和三角形的面积公式得解．
【解答】
解：三角形的面积公式S=12ah，类比得扇形的面积公式为S=12lr.
故答案为：S=12lr.
【答案】
1
【考点】
定积分
【解析】
直接利用定积分和被积函数的原函数的应用求出结果．
【解答】
解：∵ 121x+2mxdx
=lnx|12+mx2|12
=ln2+4m−m
=3m+ln2，
整理得3m=3，
解得m=1.
故答案为：1.
【答案】
[518, +∞)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
【解析】
由题意可得f′(x)≤0即3x2−2tx+3≤0在[1, 4]上恒成立，由二次函数的性质可得不等式组的解集．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=x3−tx2+3x，
∴ f′(x)=3x2−2tx+3，
若函数f(x)=x3−tx2+3x在区间[1, 4]上单调递减，
则f′(x)≤0即3x2−2tx+3≤0在[1, 4]上恒成立，
∴ t≥32(x+1x)在[1, 4]上恒成立，
令y=32(x+1x)，由对勾函数的图象和性质可得：函数在[1, 4]为增函数，
当x=4时，函数取最大值518，
∴ t≥518，即实数t的取值范围是[518, +∞).
故答案为：[518, +∞).
【答案】
2
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的零点．
【解答】
解：f′(x)=ex，g′(x)=1x.
设直线y=ax+b与y=ex相切于点P(x1,ex1)，与y=lnx+2相切于点Q(x2,lnx2+2)，
则f(x)在点P处的切线方程为y−ex1=ex1(x−x1)，即y=ex1x+(1−x1)ex1，
g(x)在点Q处的切线方程为y−lnx2−2=1x2(x−x2)，即y=1x2x+lnx2+1.
∵ 两条切线为同一条直线，
∴ ex1=1x2,(1−x1)ex1=lnx2+1,整理得1−x1x2=1−x1，
则x1=1或x2=1.
当x1=1时，切线方程为y=ex，
∴ a=e,b=0．（不合题意，舍去）
当x2=1时，切线方程为y=x+1，
∴ a=1,b=1,
∴a+b=2.
故答案为：2.
三、解答题
【答案】
解：(1)因f(x)=2x3+ax2+bx+1，
故f′(x)=6x2+2ax+b，
从而f′(x)=6(x+a6)2+b−a26，
即f′(x)关于直线x=−a6对称，
从而由条件可知−a6=−12，
解得a=3，
又由于f′(1)=0，
即6+2a+b=0，
解得b=−12.
(2)由(1)知f(x)=2x3+3x2−12x+1
f′(x)=6x2+6x−12=6(x−1)(x+2)
令f′(x)=0，得x=1或x=−2，
当x∈(−∞, −2)时，f′(x)>0，f(x)在(−∞, −2)上是增函数；
当x∈(−2, 1)时，f′(x)<0，f(x)在(−2, 1)上是减函数；
当x∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1, +∞)上是增函数．
从而f(x)在x=−2处取到极大值f(−2)=21；
在x=1处取到极小值f(1)=−6．
【考点】
二次函数的性质
导数的运算
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）先对f(x)求导，f(x)的导数为二次函数，由对称性可求得a，再由f′(1)=0即可求出b；
（2）对f(x)求导，分别令f′(x)大于0和小于0，即可解出f(x)的单调区间，继而确定极值．
【解答】
解：(1)因f(x)=2x3+ax2+bx+1，
故f′(x)=6x2+2ax+b，
从而f′(x)=6(x+a6)2+b−a26，
即f′(x)关于直线x=−a6对称，
从而由条件可知−a6=−12，
解得a=3，
又由于f′(1)=0，
即6+2a+b=0，
解得b=−12.
(2)由(1)知f(x)=2x3+3x2−12x+1
f′(x)=6x2+6x−12=6(x−1)(x+2)
令f′(x)=0，得x=1或x=−2，
当x∈(−∞, −2)时，f′(x)>0，f(x)在(−∞, −2)上是增函数；
当x∈(−2, 1)时，f′(x)<0，f(x)在(−2, 1)上是减函数；
当x∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1, +∞)上是增函数．
从而f(x)在x=−2处取到极大值f(−2)=21；
在x=1处取到极小值f(1)=−6．
【答案】
解：(1)要使m2−m−6m+3有意义，则m≠−3.
当m2+5m+6=0,m≠−3,即m=−2时，复数z为实数.
(2)当m2+5m+6≠0,m≠−3,即m≠−3且m≠−2时，复数z为虚数.
(3)当m2−m−6m+3=0,m2+5m+6≠0,即m=3时，复数z为纯虚数．
【考点】
复数的基本概念
【解析】
首先要使m2−m−6m+3有意义，则m≠−3，（1）当复数z虚部等于0时，为实数；
（2）当复数z虚部不等于0时，为虚数；
（3）当复数z实部等于0虚部不等于0时，为纯虚数．
【解答】
解：(1)要使m2−m−6m+3有意义，则m≠−3.
当m2+5m+6=0,m≠−3,即m=−2时，复数z为实数.
(2)当m2+5m+6≠0,m≠−3,即m≠−3且m≠−2时，复数z为虚数.
(3)当m2−m−6m+3=0,m2+5m+6≠0,即m=3时，复数z为纯虚数．
【答案】
解：(1)若无主任，有C74=35种派法；
若只有1名主任，有C21⋅C73=70种派法，
∴ 共有35+70=105种派法.
(2)若呼吸内科至少2名医生参加，
共有C52C42+C53C41+C54=105种派法.
(3)张雅既是主任，也是女医生，属于特殊元素，优先考虑，
所以以是否有张雅来分类．
第一类：若有张雅C83=56；
第二类：若无张雅，则李亮必定去C11C31C42+C32C41+C33=31，
所以共56+31=87种派法．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
分类加法计数原理
【解析】
（1）至多有1名主任参加，包括两种情况：一种是无主任参加，另一种是只有1名主任参加，利用分类计数原理可得结果；
（2）呼吸内科至少2名医生参加，分三种情况：第一种是呼吸内科2名医生参加，第二种呼吸内科3名医生参加，第三种呼吸内科4名医生参加，然后利用分类计数原理可得结果；
（3）由于张雅既是主任，也是女医生．属于特殊元素，优先考虑，分有张雅和无张雅两种情况求解即可．
【解答】
解：(1)若无主任，有C74=35种派法；
若只有1名主任，有C21⋅C73=70种派法，
∴ 共有35+70=105种派法.
(2)若呼吸内科至少2名医生参加，
共有C52C42+C53C41+C54=105种派法.
(3)张雅既是主任，也是女医生，属于特殊元素，优先考虑，
所以以是否有张雅来分类．
第一类：若有张雅C83=56；
第二类：若无张雅，则李亮必定去C11C31C42+C32C41+C33=31，
所以共56+31=87种派法．
【答案】
解：(1)∵ Sn=1+λan，λ≠0．
∴ an≠0．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=1+λan−1−λan−1=λan−λan−1，
即(λ−1)an=λan−1，
即anan−1=λλ−1，(n≥2)，
∴ {an}是等比数列，公比q=λλ−1，
当n=1时，S1=1+λa1=a1，
即a1=11−λ，
∴ an=11−λ⋅(λλ−1)n−1．
(2)若S5=3132，
则若S5=1+λ(11−λ)⋅(λλ−1)4=3132，
即(λ1−λ)5=3132−1=−132，
则λ1−λ=−12，得λ=−1．
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
【解析】
（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．
（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．
【解答】
解：(1)∵ Sn=1+λan，λ≠0．
∴ an≠0．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=1+λan−1−λan−1=λan−λan−1，
即(λ−1)an=λan−1，
即anan−1=λλ−1，(n≥2)，
∴ {an}是等比数列，公比q=λλ−1，
当n=1时，S1=1+λa1=a1，
即a1=11−λ，
∴ an=11−λ⋅(λλ−1)n−1．
(2)若S5=3132，
则若S5=1+λ(11−λ)⋅(λλ−1)4=3132，
即(λ1−λ)5=3132−1=−132，
则λ1−λ=−12，得λ=−1．
【答案】
解：(1)易知fx的定义域为0,+∞，
当a=−1时， fx=−x+lnx，
f′x=−1+1x=1−xx，
令f′x=0，得x=1．
当00，f(x)单调递增；
当x>1时， f′x<0，f(x)单调递减，
所以fx在0,1上是增函数，在1,+∞上是减函数，
所以fxmax=f1=−1，
所以当a=−1时，函数fx在0,+∞上的最大值为−1 .
(2)f′x=a+1x，x∈0,e，1x∈[1e,+∞).
①若a≥−1e，则f′x≥0，从而fx在(0,e]上单调递增，
所以fxmax=fe=ae+1≥0，不符合题意；
②若a<−1e，令f′x>0得a+1x>0，
结合x∈(0,e]，解得0令f′x<0得a+1x<0，
结合x∈(0,e]，解得−1a从而fx在0,−1a上单调递增，在−1a,e上单调递减，
所以fxmax=f−1a=−1+ln−1a.
令−1+ln−1a=−3，得ln−1a=−2，
所以a=−e2.
因为−e2<−1e，
所以a=−e2为所求，故实数a的值为−e2 .
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】


【解答】
解：(1)易知fx的定义域为0,+∞，
当a=−1时， fx=−x+lnx，
f′x=−1+1x=1−xx，
令f′x=0，得x=1．
当00，f(x)单调递增；
当x>1时， f′x<0，f(x)单调递减，
所以fx在0,1上是增函数，在1,+∞上是减函数，
所以fxmax=f1=−1，
所以当a=−1时，函数fx在0,+∞上的最大值为−1 .
(2)f′x=a+1x，x∈0,e，1x∈[1e,+∞).
①若a≥−1e，则f′x≥0，从而fx在(0,e]上单调递增，
所以fxmax=fe=ae+1≥0，不符合题意；
②若a<−1e，令f′x>0得a+1x>0，
结合x∈(0,e]，解得0令f′x<0得a+1x<0，
结合x∈(0,e]，解得−1a从而fx在0,−1a上单调递增，在−1a,e上单调递减，
所以fxmax=f−1a=−1+ln−1a.
令−1+ln−1a=−3，得ln−1a=−2，
所以a=−e2.
因为−e2<−1e，
所以a=−e2为所求，故实数a的值为−e2 .
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=x−1−2lnx，
则f′x=1−2x，定义域x∈0,+∞.
由f′x>0，很x>2；由f′x<0，得0故fx的单调减区间为0,2，单调增区间为2,+∞ .
(2)m(x)=(2−a)(x−1)，x>0，h(x)=2lnx，x>0，
则fx=mx−hx.
①当a<2时，mx在0,12上为增函数，hx在0,12上为增函数，
若函数fx在区间0,12无零点，
则m12≥h12，即2−a12−1≥2ln12，
∴ a≥2−4ln2，
∴ 2−4ln2≤a<2；
②当a≥2时，在0,12上mx≥0，hx<0，
∴fx>0，此时fx在区间0,12无零点，
由①②得a≥2−4ln2，
∴ amin=2−4ln2 .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】


【解答】
解：(1)当a=1时，fx=x−1−2lnx，
则f′x=1−2x，定义域x∈0,+∞.
由f′x>0，很x>2；由f′x<0，得0故fx的单调减区间为0,2，单调增区间为2,+∞ .
(2)m(x)=(2−a)(x−1)，x>0，h(x)=2lnx，x>0，
则fx=mx−hx.
①当a<2时，mx在0,12上为增函数，hx在0,12上为增函数，
若函数fx在区间0,12无零点，
则m12≥h12，即2−a12−1≥2ln12，
∴ a≥2−4ln2，
∴ 2−4ln2≤a<2；
②当a≥2时，在0,12上mx≥0，hx<0，
∴fx>0，此时fx在区间0,12无零点，
由①②得a≥2−4ln2，
∴ amin=2−4ln2 .