《解析》北京市北京师范大学附属实验中学2019-2020学年高二下学期5月（期中考试）测试数学试题 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家北京师范大学附属实验中学20192020学年度第二学期高二年级诊断性测试数学试卷试卷说明：1考试时间为13：30-14：50，共80分钟：试卷总分为100分2所有答案都写在一页A4白纸（单面）上，超出范围的内容无效3考试结束后，14：55之前，将答题纸拍照、上传，逾期无效一、选择题（8道小题，每题4分，共32分）1.若等式对任意成立，则的值为（ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，利用赋值法令求解即可.【详解】因为，令得：，故选：A【点睛】本题主要考查二项式展开式的项的系数的和，还考查了赋值法的应用，属于基础题.2.复数则在复平面内，对

2、应的点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先通过复数的除法运算化简复数，然后利用复数的几何意义求解.【详解】因为，所以在复平面内，对应的点的坐标是.故选：B【点睛】本题主要考查复数的运算及几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3.下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性定义判断其奇偶性，再通过函数的解析式判断单调性即可.【详解】A. 定义域为R，且，所以为偶函数，在上单调递增，故正确； B.定义域为 ，且，所以为偶函数，在上单调递减，故错误；C. 定义域为R，且，所以为偶函数，在上不单

3、调，故错误；D.定义域为R，且，所以不为偶函数，故错误.故选：A【点睛】本题主要考查函数的基本性质，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.4.对于任意的，下列不等式中一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】A.取特殊值判断；B.取特殊值判断；C. 由，得到，再利用的单调性判断；D.由，得到，再利用的值域判断.【详解】A.当 时，不成立，故错误；B.当 时，不成立，故错误；C. 因为，所以，又因为在R上是减函数，所以，故正确；D. 因为，所以，所以，故错误.故选：C【点睛】本题主要考查不等式的基本性质以及函数的单调性，还考查了特殊值法的应用，所以基础题.5.函数的导数（

4、 ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由导数的除法计算法则即可选出正确答案.【详解】解：.故选:B.【点睛】本题考查了导数的除法运算.本题的易错点是误将的导数记成了.6.已知函数在点处的切线的倾斜角是，则的值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】由导数的几何意义利用切线的斜率列出方程即可求解.【详解】由题意知.故选：A【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.7.已知函数满足，则函数在处的瞬时变化率为（ ）A. 1B. 2C. eD. 2e【答案】C【解析】【分析】求得函数的导数，代入，结合题设条件，代入即可求解.【详解】由函数，可得，所以函数在的导数为

5、，又由，所以，即函数在处的瞬时变化率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了导数的四则运算，以及瞬时变化率的概念与计算，其中解答中熟记瞬时变化率的概念，以及熟练应用导数的运算法则求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.8.从20名同学中选派3人分别参加数学、物理学科竞赛，要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛记不同的选派方式有n种，则n的计算式可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先从20名同学中选派3人，再分为两类：第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，结合分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，从20名同学中选派3

6、人，共有种不同的选法，又由要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛，可分为两类：第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，共有中不同的选法；第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，共有中不同的选法，综上可得，不同的选派方式共有.故选：B.【点睛】本题主要考查了分步计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中选出3人后，合理分类求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.二、填空题（8道小题，每题4分，共32分）9.已知是R上的奇函数，当时，则的值为_【答案】2【解析】【分析】结合函数的奇偶性，得到，代入即可求解.【详解】由题意，函数是R上的奇函数，当时，可得，即的值为.故答案为

7、：.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及函数值的计算，其中解答中熟练应用函数的奇偶性转化求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及计算能力.10.函数的定义域是_【答案】【解析】【分析】根据函数的解析式有意义，得出不等式，即可求解函数的定义域.【详解】由题意，函数有意义，则满足，解答或，即函数的定义域为.【点睛】本题主要考查了函数的定义域的求解，以及对数函数的性质的应用，其中解答中根据对数函数的性质，得出不等式是解答的关键，着重考查运算与求解能力.11.若复数的共轭复数，则_【答案】【解析】【分析】设，代入所给等式根据复数相等的充要条件求出a、b即可求得复数.【详解】设，则，所以，所以

8、.故答案为：【点睛】本题考查共轭复数、根据复数相等求参数，属于基础题.12.若则正整数_【答案】5【解析】【分析】按组合数、排列数公式列出等式求解即可.【详解】由得，解得故答案为：5【点睛】本题考查组合数、排列数公式，属于基础题.13.二项式的展开式中，常数项为_【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式，即可得到答案；【详解】，当时，常数项为，故答案为：.【点睛】本题考查二项式定理通项公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.14.除函数，外，再写出一个定义域和值域均为的函数：_【答案】答案不唯一例如：，.【解析】【分析】可设，再根据函数的最值，可得方程组，解出的值，即可得到答案；【详

9、解】设，函数可为：，.故答案为：，.【点睛】本题考查待定系数法求函数的解析式、函数的定义域和值域的概念，考查函数与方程思想，考查运算求解能力.15.设有编号为1，2，3，4，5的五把锁和对应的五把钥匙现给这5把钥匙也贴上编号为1，2，3，4，5的五个标签，则共有_种不同的贴标签的方法：若想使这5把钥匙中至少有2把能打开贴有相同标签的锁，则有_种不同的贴标签的方法（本题两个空均用数字作答）【答案】 (1). 120 (2). 31【解析】【分析】（1）利用排列数计算，即可得到答案；（2）分三种情况讨论，即有2把能打开贴有相同标签的锁；有3把能打开贴有相同标签的锁；有5能打开贴有相同标签的锁；【详

10、解】（1）问题等价于将五个数进行全排列，即；（2）有2把能打开贴有相同标签的锁为种；有3把能打开贴有相同标签的锁为种；有5能打开贴有相同标签的锁为种；总共有种.故答案为：；.【点睛】本题考查排列数和组合数应用，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意先分类再分步.16.如果直线与函数的图象有两个不同的交点，其横坐标分别为，则以下结论：；的取值范围是，其中正确的是_（填入所有正确结论的序号）【答案】【解析】【分析】作出函数的图象，分析的单调性与值域，数形结合可求得t的范围，根据题意可得、是方程的两根，利用韦达定理即可判断的正误.【详解】作出函数的图象如图所示：函数在上单调递增

11、，在上单调递减，且，所以的值域为，若与的图象有两个交点，则，正确；取，有，满足条件，但，故错误；由题意知，同理，即、是方程的两根，所以，正确；由知，因为，所以，即，正确.故答案为：【点睛】本题考查函数的图象与性质、函数与方程、韦达定理，属于中档题.三、解答题（4道小题，共36分）17.已知函数（1）求在处的切线方程；（2）求不等式的解集【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)求出导数，进而可求，即可知切线的斜率，再由直线的点斜式方程即可求出切线.(2)结合(1)可得，解出不等式即可.【详解】解：(1)()，所以切线方程为，即(2)不等式，所以解此不等式得或，且所以的解集为【点睛】本题考查了导

12、数的几何意义，考查了不等式的求解.本题的关键是对函数的导数的求解.本题的易错点是求解不等式时，忽略了函数的定义域.18.已知：直线与抛物线（a为常数）交于两点，且抛物线在点A，B处的切线互相垂直（1）求a的值；（2）求两条切线交点的横坐标（用k表示）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）联立直线的方程和抛物线的方程，写出根与系数关系，利用导数求得两条切线的斜率，根据两条切线互相垂直列方程，解方程求得的值.（2）利用点斜式写出两条切线方程，由此求得两条切线交点的横坐标.【详解】（1）直线与抛物线方程联立，得，所以求导得，所以两条切线的斜率分别为，因为两条切线互相垂直，所以，所以（2）由，得两

13、条切线方程分别为，即和解方程组得交点的横坐标为：【点睛】本小题主要考查抛物线的切线，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题.19.已知椭圆离心率为，点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形点C是椭圆的下顶点，经过椭圆中心O的一条直线与椭圆交于A，B两个点（不与点C重合），直线CA，CB分别与x轴交于点D，E（1）求椭圆的标准方程（2）判断的大小是否为定值，并证明你的结论【答案】（1）（2）定值证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率，以及点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形，求得的值，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出两点的坐标，求得直线的方程，由此求得点的坐标，同理求得点的坐标

14、，通过计算，证得，从而证得为定值.【详解】（1）依题意可知.由于点与椭圆的左、右顶点可以构成等腰直角三角形，所以，故，所以.所以椭圆方程为（2）是定值设，则直线CA的方程为将代入，解得，即同理，解得 将代入上式，得所以，即证【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题，考查运算求解能力，属于中档题.20.已知，无穷数列中，记前n项的和为构造数列：（1）若为单调递减数列，直接写出数列的通项公式：（2）若，且存在使得，求证：存在，使得【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据数列满足及为单调递减数列，且，代入化简即可归纳得数列的通项公式：（2）由且可知数列中存在满足，结合得不等式组并化简，即可知，从而需，即可证明结论.【详解】（1）数列满足，为单调递减数列，则， 所以，无穷数列中，当时，所以，当时，所以，当时，所以，归纳可知，所以.（2）证明：，且存在使得，则且，所以存在K使得即，即两式相减得，由，所以再代入上式，得，即因为，所以即存在，【点睛】本题考查了数列递推公式的综合应用，归纳法得数列通项公式，数列与不等式的综合应用，属于难题.- 14 - 版权所有高考资源网