1、天津市第二十五中学2020-2021届期初考试数学试卷第卷 选择题（共45分）一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，每小题给出的四个选项只有一个符合题目要求.1. 设集合，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合的并集运算，求得可得，再集合集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合，可得，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的交集与并集的概念及运算，其中解答中熟记集合的交集和并集的概念是解答的关键，着重考查运算与求解能力，属于基础题.2. 设是虚数单位，若复数是纯虚数，则的值为（ ）A. -3B. -1C. 1D. 3【答案】D【解析】【详解】因,
2、故由题设,故,故选D考点：复数的概念与运算.3. 已知命题，则（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】利用全称命题的否定：改变量词，否定结论，可得出结果.【详解】命题，为全称命题，它否定为，.故选：C.【点睛】本题考查全称命题否定的改写，属于基础题.4. “”是“实系数一元二次方程有虚根”的条件A. 必要非充分B. 充分非必要C. 充分必要D. 非充分非必要【答案】A【解析】【分析】实系数一元二次方程有虚根等价于，再根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可【详解】解：实系数一元二次方程有虚根，推不出，“”是“实系数一元二次方程有虚根”的必要非充分条件故选A【点睛】本题
3、主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键5. 函数的单调减区间是（）A. （0，1）B. （1，+）C. （，1）D. （1，1）【答案】A【解析】【分析】求得函数的定义域与导数，结合导数的符号，即可求得函数的递减区间，得到答案.【详解】由题意，函数的定义域为，且，因为，可得，令，即，解得，所以函数的递减区间为.故选：A.【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调区间，其中解答中熟记导数与函数的单调性的关系式解答的关键，着重考查推理与运算能力.6. 两人独立地破译一个密码，他们能译出的概率分别为、，则密码被译出的概率为（）A. B. C. D. 【答案】
4、B【解析】【分析】利用独立事件的概率乘法公式计算出两人都破译不出密码的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由题意可知，两人都破译不出密码的概率为，因此，密码被译出的概率为.故选：B.【点睛】本题考查利用独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率公式求事件的概率，考查计算能力，属于基础题.7. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】A【解析】【分析】直接利用函数极小值点的定义求解.【详解】由导函数在内的图象知：函数在开区间内有极小值点1个，故选：A【点睛】本题主要考查函数极小值点的定义，还
5、考查了数形结合的思想方法，属于基础题.8. 函数的定义域是R，对任意，+1，则不等式的解集为（）A. B. C. 或D. 或【答案】B【解析】【分析】构造函数，结合条件，求得函数的导数在定义域上恒小于零，即为减函数，从而将不等式转换为，根据单调性求得不等式的解集.【详解】构造函数，因为，所以为R上的减函数又因为，所以原不等式转化为，即，解得.故选：B【点睛】本题主要考查构造函数法解不等式，考查运用函数的导数来求得函数的单调区间，考查化归与转化的数学思想方法.9. 如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色
6、方法用A. 288种B. 264种C. 240种D. 168种【答案】B【解析】先分步再排列先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：(1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种；(2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能：（2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法（2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法所以不
7、同的涂色方法有43222+321(12+12)+1(12+11)=4(24+42)=264第II卷 选择题（共105分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10. 若复数满足，则的虚部为_.【答案】.【解析】【分析】根据复数的除法与模长公式求解再得出虚部即可.【详解】由题.故虚部为.故答案为：【点睛】本题主要考查了复数的除法与模长的计算和虚部的概念等.属于基础题型.11. 若的二项展开式中的系数为，则（用数字作答）【答案】2【解析】，令12. 设服从的随机变量的期望和方差分别是与，则二项分布的参数的值为_，的值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由二项分布的期望和方
8、差公式可得出关于、的方程组，进而可解得这两个参数的值.【详解】由二项分布的期望和方差公式可得，解得.故答案为：；.【点睛】本题考查利用二项分布的期望和方差公式求参数值，考查计算能力，属于基础题.13. 已知直线与曲线相切，则_【答案】2【解析】分析：求函数的导数，由已知切线的方程，可得切线的斜率，求得切点的坐标，即可求得的值详解：曲线的导数.直线与曲线相切切线的斜率为，可得切点的横坐标为.切点坐标为，即.故答案为.点睛：本题主要考查导数的应用，. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：（1）已知切点求斜率,即求该点处的导数；（2）己知斜率求切点即解方程；（3）巳知切线过
9、某点 (不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.14. 用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个.（用数字作答）【答案】1080【解析】 【考点】计数原理、排列、组合【名师点睛】计数原理包含分类计数原理（加法）和分步计数原理（乘法），组成四位数至多有一个数字是偶数，包括四位数字有一个是偶数和四位数字全部是奇数两类，利用加法原理计数.15. 对于总有成立，则= 【答案】4【解析】本小题考查函数单调性及恒成立问题的综合运用，体现了分类讨论的数学思想要使恒成立，只要在上恒成立 当时，所以，不符合题意，舍去当时，即单调递减，舍去当
10、时 若时在和上单调递增，在上单调递减所以 当时在上单调递减，不符合题意，舍去综上可知a=4.三、解答题：本大题共5个题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 设函数的定义域为集合A，函数的定义域为集合求：(1)集合;(2)【答案】(1) ;(2) ;.【解析】【分析】(1)求函数f(x)的定义域求得A,求函数g(x)的定义域求得B(2)根据两个集合的交集的定义求得,再根据两个集合的并集的定义求得,再根据补集的定义求得【详解】(1)由，得，由得,(2) ,.【点睛】本题结合函数定义域，考查集合的运算，属于基础题.17. 已知集合，且，求实数取值范围【答案】【解析】【分析】先求
11、得集合，再由，得到，分和两种情况讨论，列出不等式组，即可求解.【详解】由题意，集合，因为，即，又由集合当时，即，解得，此时符合题意；当时，要使得，则满足，解得，综上可得，实数的取值范围.【点睛】本题主要考查了利用集合运算求参数问题，其中解答中熟记集合间的包含关系，合理分类讨论是解答的关键，着重考查分类讨论思想，以及运算能力.18. 从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，（）设表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望；（）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率【答案】（1）分布列见解析，； （2
12、）.【解析】【分析】（1）由题意，得出随机变量的所有可能的取值为，求出对应的概率值，写出分布列，利用期望的计算公式，即可求解.（2）利用相互独立事件同时发生的概率计算公式，即可求得所求事件的概率.【详解】（1）由题意，随机变量的所有可能的取值为，因为各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，所以，,，所以随机变量的分布列0123所以随机变量的数学期望为.（2）设表示第一辆遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为： .所以这两辆共遇到1个红灯的概率为.【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的计算，以及概率的计算，其中解答中认真审题，结合独立事
13、件的概率计算公式求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.19. 设函数，当时，函数有极值（1）求函数解析式；（2）若方程有3个不同的根，求实数k的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得，由此列方程组可解得，从而可得解析式；（2）由（1）所求解析式可得，利用导数可得的单调区间及极值，根据的图象的大致形状即可求得的范围.【详解】（1）函数，可得，依题意得，解得，所以所求解析式为,，令，得，经检验为极值点；（2）由（1）可得：当或时，当时，；所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，其图如下所示：要使方程有3个解，只需故实数的取值范围为：.【点睛】本
14、题考查函数在某点取得极值的条件及根的个数判断，考查数形结合思想，属于中档题.20. 设函数，其中（1）求的单调区间；（2）若存在极值点，且，其中，求证：；（3）设，函数，求证：g在区间0，2上的最大值不小于【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析；【解析】【分析】（1）根据函数求导得到，然后分和 两种求解讨论求解. （2）根据存在极值点，由（1）知：且，由，得到，然后分别求，论证即可.（3）设g在区间0，2上的最大值为M，表示中最大值，结合（1）将端点函数值和极值比较，分，和三种情况讨论求解.【详解】（1）因为，所以，当 时，所以的增区间是 ，当 时，令 ，得 或 ，当 或 时，所以的增区间是，减区间是，（2）因为存在极值点，所以由（1）知：且，所以，则，所以，且，由题意知存在唯一实数，满足，且，所以，所以；（3）设g在区间0，2上的最大值为M，表示中最大值，下面分三种情况讨论：当时，由（1）知：在递减，所以在上的取值范围是，所以，所以，当时， 由（1）（2）知：，所以在上的取值范围是，所以，当时， 由（2）知：，所以在上的取值范围是，所以，综上：当时，g在区间0，2上的最大值不小于【点睛】本题主要考查函数的单调性、极值、最值与导数，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.