1、福建省连城县第一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题满分150分 考试时间120分钟 一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1函数的导数是A B C D2复数，则复数在复平面中对应的点位于A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有A6种B12种C18种D24种4已知函数的图象在点处的切线方程为，则的值为A B1 C D25的展开式中含项的系数为A160B210C120D2526如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜
2、色可供使用，则不同的染色方法总数为 A36B48C72D1087根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在吹东风的条件下下雨的概率为ABCD8若函数与图象上存在关于点对称的点，则实数的取值范围是ABCD二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9如图是函数的导函数的图象，则下面判断正确的有A在上是增函数 B在上是减函数C在处取得极极小值 D在处取得极极大值10下面四个命题,其中错误的命题是A.0比i大； B.两个复数当且仅当其和为实数时互为共轭复数；C.xyi1i的充要条件为xy1； D.任何纯虚数的平方都是负实数11.某城市收集并整理了该市2019年
3、1月份至10月份各月最低气温与最高气温(单位：)的数据，绘制了下面的折线图.已知该城市各月的最低气温与最高气温具有较好的线性关系，则根据折线图，下列结论正确的是A.最低气温低于0 的月份有4个 B.10月的最高气温不低于5月的最高气温C.月温差(最高气温减最低气温)的最大值出现在1月 D.最低气温与最高气温为正相关12已知函数，则下列结论正确的是A函数存在两个不同的零点 B函数既存在极大值又存在极小值C当时，方程有且只有两个实根D若时，则的最小值为三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13若复数，则的共轭复数的虚部为_14函数在处的切线方程为_15设，则 _16设函数的定义域为，满
4、足，且当时，当时，的最小值为_；若对任意，都有成立，则实数的取值范围是_.四、解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)设复数，求满足下列条件的实数的值.（1）为实数；（2）为纯虚数.18(12分)（请写出式子再写计算结果）有4个不同的小球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内：（1）共有多少种方法？（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？（3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？19（12分）在的展开式中.（1）若第五项的系数与第三项的系数的比是，求展开式中各项系数的和；（2）若其展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中含的项.20（12分）设函数（1）求该函数的单调区间；
5、（2）若当x2，2时，不等式f（x）m恒成立，求实数m的取值范围21（12分）中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展.已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔（单位：分钟）满足，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔相关：当时高铁为满载状态，载客量为人；当时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人.记发车间隔为分钟时，高铁载客量为.求的表达式；若该线路发车时间间隔为分钟时的净收益（元），当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益最大？22（12分）已知函数 f（x）=ax+（1a）lnx+（aR）（1）当a=0时，求 f（x）的极值
6、；（2）当a0时，求 f（x）的单调区间；（3）方程 f（x）=0的根的个数能否达到3，若能请求出此时a的范围，若不能，请说明理由连城一中2019-2020学年下期高二年级半期考数学答案一、单选题1-8：ABBD DCCA;8.设关于的对称点是在 上，根据题意可知，与有交点，即，设 ，令， 恒成立， 在是单调递增函数，且，在，即，时 ，即 ，在单调递减，在单调递增，所以当时函数取得最小值1，即 ，的取值范围是.故选C.二、多选题9BC. 10.ABC. 11.BCD 12.ACD. 12,解得，所以A正确；，当时，当时，或 是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，所以是函数的极小值，是函数
7、的极大值，所以D正确.当时，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；B.由图像可知，的最大值是2，所以不正确.故选A,C,D三、填空题137. 14. 15 16. 16.（1）时，当时，当时，时，函数取得最小值；（2）当时， ，根据可知当时，当时， ，时， 当时， 令 ，可得： ，的取值范围是.四、解答题17解：（1）由题得，解得或。（2）由题得，解得。18解：（1）每个球都有4种方法，故有4444256种，（2）每个盒子不空，共有不同的方法，（3）四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从
8、4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有种不同的放法19解：（1）展开式的通项为由题意知，第五项系数为，第三项的系数为，则有，化简得，解得或（舍去）.令得各项系数的和为.（2），.或（舍去）.通项公式，令，则，故展开式中含的项为.20解：（1），f（x）xexx2exexx（x+2），令f（x）0，解得x0或x2，令f（x）0，解得2x0，f（x）的单调递增区间为（，2），（0，+），单调减区间为（2，0）；（2）当x2，2时，不等式f（x）m恒成立，mf（x）max，由（1）可知，f（x）xexx2exexx（x+2），令f（x）0，可得x2或x0，f（2），f（
9、0）0，f（2）2e2，f（x）max2e2，m2e2，实数m的取值范围为m2e221解：（1）当时，不妨设，因为，所以解得.因此.（2）当时，因此，.因为，当时，单增；当时，单减.所以.当时，因此，.因为，此时单减.所以，综上，发车时间间隔为分钟时，最大.22解：（1）f（x）其定义域为（0，+）当a=0时，f（x）=，f（x）=令f（x）=0，解得x=1，当0x1时，f（x）0；当x1时，f（x）0所以f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+）；所以x=1时，f（x）有极小值为f（1）=1，无极大值 （2） f（x）=a （x0）令f（x）=0，得x=1或x=当1a0时，
10、1，令f（x）0，得0x1或x，令f（x）0，得1x；当a=1时，f（x）=当a1时，01，令f（x）0，得0x或x1，令f（x）0，得a1；综上所述：当1a0时，f（x）的单调递减区间是（0，1），（），单调递增区间是（1，）；当a=1时，f（x）的单调递减区间是（0，+）；当a1时，f（x）的单调递减区间是（0，），（1，+），单调递增区间是（3）a0f（x）=0（x0）仅有1解，方程f（x）=0至多有两个不同的解（注：也可用fmin（x）=f（1）=a+10说明）由（）知1a0时，极小值 f（1）=a+10，方程f（x）=0至多在区间（）上有1个解a=1时f（x）单调，方程f（x）=0至多有1个解；a1时，方程f（x）=0仅在区间内（0，）有1个解；故方程f（x）=0的根的个数不能达到3