广东省珠海市艺术高级中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学试题 WORD版含答案.docx

1、202104艺术高中高二数学期中试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. “a=0”是“复数a+bi(a,bR)为纯虚数”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件2. 复数z=2i2+i5的共轭复数z在复平面上对应的点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3. 设f(x)=sinxcosx，则f(x)在x=4处的导数f4=()A. 2B. 2C. 0D. 224. 将3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同的分法种数是()A. 1260B. 120C. 240D. 7205. 函数f(x)=32x

2、2lnx的极值点为()A. 0，1，1B. 33C. 33D. 33，336. 满足a，b1,0,1,2且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为()A. 14B. 13C. 12D. 107. 已知函数y=fx的图象如图所示，f(x)是函数f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是()A. 2f(2)f(4)f(2)2f(4)B. 2f42f2f4f2C. 2f22f4f4f2D. f4f22f42f28. 一窗户的上部是半圆，下部是矩形，大致图形如图所示，如果窗户面积为S，为使窗户周长最小，用料最省，圆的半径应为()A. 3S+4B. S+4C. 2S+4D. 2

3、S+4二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 若m为实数，则复数(m2+m2)+(6mm2)i在复平面内所对应的点可能在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限10. 若复数z=35i1i，则( )A. z=17B. z的实部与虚部之差为3C. z=4+iD. z在复平面内对应的点位于第四象限11. 下列求导正确的是()A. (e2x)=2exB. (3x+1)=3C. (2x)=12xD. (xsinx)=sinx+xcosx12. 已知1xax2na33时，f(x)0；当0x33时，f(x)0，f(4)0，f(4)f(2)0，而f(2)，f(4)分别代表在x=2

4、，x=4处的切线的斜率，f(4)f(2)42可以看成割线的斜率，由图可知即2f(2)f(4)f(2)2f(4)故选A8.【答案】C解：设窗户面积为S，周长为L，圆的半径为x，矩形高为h，则，窗户的周长，由L=0，得，时，L0，当时，L取最小值，故选C9.【答案】ABD解：若m为实数，则复数(m2+m2)+(6mm2)i的实部为m2+m2，虚部为6mm2因为实部与虚部相加为m2+m2+6mm2=40，所以该复数在复平面内对应的点的横、纵坐标不可能都为负，即该复数在复平面内对应的点不可能位于第三象限，排除C;取m=0，则m2+m2=20，所以该复数在复平面内对应的点在第二象限，可选B;取m=2，则

5、m2+m2=206mm2=622=420，所以该复数在复平面内对应的点在第一象限，可选A;取m=3，则m2+m2=9+32=1006mm2=639=60，所以该复数在复平面内对应的点在第四象限，可选D故选ABD10.【答案】ACD解：因为z=35i1i=35i1+i1i1+i=4i，所以z的实部与虚部分别为4，1，所以z=42+12=17，z的实部与虚部之差为5，z=4+i，z在复平面内对应的点为4,1，位于第四象限故ACD正确，B错误故选ACD11.【答案】BCD解：选项A，因为(e2x)=2e2x，所以错误；选项B，因为(3x+1)=3+0=3，所以正确；选项C，(2x)=2x12=212

6、x12=12x，所以正确；选项D，(xsinx)=xsinx+xsinx=sinx+xcosx，所以正确故选BCD12.【答案】BCD解：由题意，Cn2=nn12=45，所以n=10(负值舍去)，又展开式中各项系数之和为1024，所以1a10=1024，所以a=1，故A错误；偶数项的二项式系数和为12210=121024=512，故B正确；1x+x210展开式的二项式系数与对应项的系数相同，所以展开式中第6项的系数最大，故C正确；1x+x210的展开式的通项Tr+1=C10rx1210rx2r=C10rx5r25，令5r25=0，解得r=2，所以常数项为C102=45，故D正确故选BCD13.

7、【答案】1解：函数y=f(x)的图象在点(2,f(2)处的切线方程是y=2x+5，f(2)=2，f(2)=4+5=1，f(2)+f(2)=2+1=1故答案为114.【答案】12【解答】解：函数的平均变化率是f(4)f(2)42=212=12故答案为1215.【答案】6解：依题意f(x)=3ax2+2bx由题图象可知，当x2时，f(x)0，当0x0，函数f(x)在(,0)，(2,+)单调递减，在(0,2)单调递增，故x=0时函数f(x)取极小值f(0)=6故答案为616.【答案】33解：连接OD，过C，D分别作DEAB，CFAB，垂足分别为E，F设AOD=(0,2)OE=2cos，DE=2sin

8、可得CD=2OE=4cos，梯形ABCD的面积S=12(4+4cos)2sin=4sin(1+cos)，S2=16sin2(1+2cos+cos2)=16(1cos2)(1+2cos+cos2)令cos=t(0,1)则S2=16(1t2)(1+2t+t2)=f(t)则f(t)=32(t+1)2(2t1)f(t)0，t0,12，则f(t)单调递增；f(t)0，t12,1，则f(t)单调递减；可知：当且仅当t=12时，f(t)取得最大值：f(12)=163494=27因此S的最大值为：33故答案为3317.【答案】(1)解：y=x(x2+1x+1x3)=x3+1+1x2，y=3x22x3(2)解：

9、18.【答案】解：(1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本有C94种方法；第二步：从余下的5本书中，任取3本有C53种方法；第三步：剩下的书有C22种方法，共有不同的分法有C94C53C22=1260(种).(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有C94C53C22种方法；第二步：将分成的三组书分给三个人，有A33种方法，共有C94C53C22A33=7560(种).(3)用与(1)相同的方法求解，得C93C63C33A33=161680=280(种).19.【答案】解：(1)由题意，知这个数列的项数就是由1，2，3，4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数由于每个

10、数位上的数都有4种取法，由分步乘法计数原理，得满足条件的三位数有444=64(个)，即数列an共有64项(2)比341小的数分为两类：第一类，百位上的数是1或2，有244=32(个);第二类，百位上的数是3，十位上的数可以是1，2，3中的任一个，个位上的数可以是1，2，3，4中的任一个，有34=12(个)所以比341小的数共有32+12=44(个)，因出341是这个数列的第45项即m=4520.【答案】解：(1)连接OB，在RtOAB中，AB=x，OA=9x2，设圆柱底面半径为r，则9x2=2r，即42r2=9x2，V=r2x=9xx34，其中0x3(2)由V=93x24=0及0x3，得x=3

11、，列表如下：x(0,3)3(3,3)V+0V极大值所以当x=3时，V有极大值，也是最大值为332答：当x为3m时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大体积是332m321.【答案】解：(1)由Cn4(2)4Cn2(2)2=563，解得n=10， 因为通项Tr+1=C10r(x)10r(23x)r=(2)rC10rx556r，r=0，1，2，10. 当55r6为整数时，r可取0，6，于是有理项为T1=x5和T7=13440； (2)设第r+1项系数的绝对值最大，则C10r2rC10r12r1C10r2rC10r+12r+1，解得r223r193，又因为r1,2，3，9，所以r=7，当r=7时，T8=1

12、5360x56，又因为当r=0时，T1=x5，当r=10时，T11=(2)10x103=1024x103，所以系数的绝对值最大的项为T8=15360x56；(3)原式=10+9C102+81C103+9101C1010=9C101+92C102+93C103+910C10109=C100+9C101+92C102+93C103+910C101019=(1+9)1019=101019.22.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=12x22xlnx，定义域为(0,+)，则f(x)=x21x=x22x1x，令f(x)=0，解得x=2+1，或x=2+1(舍去)，所以当x(0,2+1)时，f(x)0，

13、f(x)单调递增；故函数的单调递减区间为(0,2+1)，单调递增区间为(2+1,+)(2)设g(x)=f(x)+32x2+1=2x2ax+1lnx，函数g(x)在1e,e上有两个零点等价于a=2x+1xlnxx在1e,e上有两解，令(x)=2x+1xlnxx，x1e,e，则(x)=2x22+lnxx2，令t(x)=2x22+lnx，x1e,e，显然，t(x)在区间1e,e上单调递增，又t(1)=0，所以当x1e,1)时，有t(x)0，即(x)0，即(x)0，所以(x)在区间1e,1)上单调递减，在区间(1,e上单调递增，则(x)min=(1)=3，1e=2e+2e，e=2e，由方程a=2x+1xlnxx在1e,e上有两解及(1e)(e)，可得实数a的取值范围是(3,2e第12页