1、宁夏银川市长庆高级中学2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）满分；150分.考试时间；120分钟本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分.第卷(选择题共60分)一、选择题：(本大题共12个小题，每小题5分，共60分) 1. 是虚数单位，复数 的共轭复数是()A. 2iB. 2iC. 12iD. 12i【答案】B【解析】，那么它的共轭复数为 ，故选B. 2. ，则等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据 =f（x0），将已知条件代入即可求出所求解：=1，=f（x0）=故选C3. 若实数，则与的大小关系是A. B. C. D. 不确定【答案】B【解析】
2、试题分析：由题可设；即需证； 成立，则成立考点：分析法证明不等式.4. 函数的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求导分析导函数大于0的区间即可.【详解】易得,当时解得.故函数的单调递增区间是.故选：D【点睛】本题主要考查了求导分析函数单调区间的方法,属于基础题.5. 下图是解决数学问题的思维过程的流程图：在此流程图中，、两条流程线与“推理与证明”中的思维方法匹配正确的是（ ）A. 综合法，反证法B. 分析法，反证法C. 综合法，分析法D. 分析法，综合法【答案】C【解析】【分析】由分析法和综合法的证明思路即可得到答案【详解】由已知到可知，进而得到结论的应为综
3、合法；由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，故选C.【点睛】本题考查分析法和综合法的证明思路，属于基础题6. 若，则等于（ ）A. 2B. 0C. -2D. -4【答案】D【解析】【分析】先求导，算出，然后即可求出【详解】因为，所以所以，得所以，所以故选：D【点睛】本题考查的是导数的计算，较简单.7. 若，则的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导，令，解不等式可得选项【详解】因为，所以，又，故，即，结合可得故选：A8. 我们把平面几何里相似的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就称它们是相似体，给出下面的几何体：两个球体；两个长方体
4、；两个正四面体；两个正三棱柱；两个正四棱锥，则一定是相似体的个数是（ ）A. 4B. 2C. 3D. 1【答案】B【解析】分析：根据题意，结合题中所给的新定义，根据形状相同，大小不一定相同的几何体被视为相似体，逐一判断，可得结论.详解：两个长方体的长宽高的比值不能确定，两个正三棱柱的高与底面边长的比不能确定，两个正四棱锥的高与底面边长不能确定，所以不能确定是正确的，只有所有的球体和所有的正四面体都是相似体，所以有两个是正确的，故选B.点睛：该题属于新定义的问题，属于现学现用型，这就要求我们必须把握好题中的条件，然后对选项中的几何体逐一判断，最后求得结果.9. 已知函数的图象如图所示，下面四个图
5、象中的图象大致是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数yxf（x）的图象，依次判断f（x）在区间（，1），（1，0），（0，1），（1，+）上的单调性即可【详解】由函数yxf（x）图象可知：当x1时，xf（x）0，f（x）0，此时f（x）增，当1x0时，xf（x）0，f（x）0，此时f（x）减，当0x1时，xf（x）0，f（x）0，此时f（x）减，当x1时，xf（x）0，f（x）0，此时f（x）增故选C【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查函数的图象问题属于基础题10. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这
6、是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列的前55项和为( )A. 4072B. 2026C. 4096D. 2048【答案】A【解析】分析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可【详解】解：由题意可知：每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为Sn2n1，若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则Tn，可得当n10，所有项的个数和为55，则杨辉三角形的前1
7、2项的和为S122121，则此数列前55项的和为S12234072，故选A【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大11. 若函数的图像和直线有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】当x=0时，显然符合题意；当x0时，问题可转化为和直线有三个不同的公共点，从而得到结果.【详解】由题意可知：原点显然满足题意，问题可转化为和直线有三个不同的公共点，如图所示：由图易得：故选D【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据
8、题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解12. 袋子里有编号为的五个球，某位教师从袋中任取两个不同的球. 教师把所取两球编号的和只告诉甲，其乘积只告诉乙，让甲、乙分别推断这两个球的编号. 甲说：“我无法确定.”乙说：“我也无法确定.”甲听完乙的回答以后，甲又说：“我可以确定了.” 根据以上信息, 你可以推断出抽取的两球中A. 一定有3号球B. 一定没有3号球C. 可能有5号球D. 可能有6号球【答案】D【解析】甲说：“我无法确
9、定.”说明两球编号的和可能为7包含（2，5），（3，4），可能为8包含（2，6），（3，5），可能为9包含（3，6），（2，7）乙说：“我无法确定.”说明两球编号的乘积为12包含（3，4）或（2 ，6）根据以上信息,可以推断出抽取的两球中可能有6号球故选D点睛：本题是一道通俗易懂的合情推理题目，主要考查同学们的逻辑思维能力和推理能力，问题难度不大，认真审题是关键.13. 已知定义在上的函数满足，且对任意（0，3)都有，若，则下面结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由条件，可知函数关于对称，由对任意（0，3)都有，可知函数在（0，3)时单调递减，然后根据单调性和对
10、称性即可得到的大小【详解】因为，得函数关于对称，又对任意（0，3)都有，所以函数在（0，3)时单调递减，因为，所以，又，所以，所以，故选C.【点睛】本题主要考查函数值的大小比较,利用条件求出函数的单调性和对称性,利用单调性和对称性之间的关系是解决本题的关键.第卷(非选择题共90分)二、填空题: (本大题共4小题，每小题5分，共20分 ) 14. 在复平面内，复数对应的点在第一象限，求实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由已知建立不等式组，解之可得答案【详解】根据题意得出，解得或，所以实数的取值范围是故答案为：15. _【答案】【解析】【分析】利用定积分的几何意义及其计算公式，可得结论【详
11、解】由题意，可得.故答案为：16. 某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为p元，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q8300170pp2.问该商品零售价定为_元时毛利润最大(毛利润销售收入进货支出)【答案】30【解析】【分析】【详解】由题意知：毛利润等于销售额减去成本，即L（p）=pQ20Q=Q（p20）=（8300170pp2）（p20）=p3150p2+11700p166000，所以L（p）=3p2300p+11700令L（p）=0，解得p=30或p=130（舍去）此时，L（30）=23000因为在p=30附近的左侧L（p）0，右侧L（p）0所以
12、L（30）是极大值，根据实际问题的意义知，L（30）是最大值，故答案为30【点睛】本题以实际问题为载体，考查函数模型的构建，考查利用导数求函数的最值，由于函数为单峰函数，故极值就为函数的最值一般实际应用题，先理解题意，构建数学模型，写出数学表达式，用数学知识解决实际应用题注意要结合实际，比如取整问题17. 已知为正实数，直线与曲线相切，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】函数求导，由切线方程可得，再利用基本不等式求得最值.【详解】导数为，由切线的方程可得切线的斜率为1，可得切点的横坐标为，切点为，代入，得，为正实数，则，当且仅当，即时，取得最小值.故答案为：【点睛】本题考查导数的运算、导数
13、的几何意义及基本不等式求最值，属于基础题.三、解答题: (本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18. 已知函数f(x)x3x2x1，求其在点(1，2)处的切线与函数g(x)x2围成的图形的面积【答案】【解析】【分析】先求导数，确定切线斜率，根据点斜式得切线方程，再确定积分区间，最后根据定积分得面积.【详解】因为(1，2)为曲线f(x)x3x2x1上的点，设过点(1，2)处的切线的斜率为k，则kf(1)(3x22x1)|x12，所以过点(1，2)处的切线方程为y22(x1)，即y2x.由可得交点A(2，4)，O(0，0)，故y2x与函数g(x)x2围成的图形的面积【
14、点睛】本题考查导数几何意义、利用定积分求面积，考查基本分析求解能力，属基础题.19. 设为正实数，且，求证：【答案】证明见解析.【解析】【分析】对利用化简，得到然后利用基本不等式可得答案.【详解】因为为正实数，且，所以，当且仅当等号成立.所以.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最
15、容易发生错误的地方.20. 已知函数.(1)求函数的极值；(2)当时，求函数的最值【答案】（1）的极大值为，极小值为；（2）的最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）直接利用导数求函数的极值.(2)比较端点函数值和极值的大小即得解.【详解】(1)f(x)3x2123(x2)(x2)，令f(x)3x2123(x2)(x2)0，解得x2或x2，x，f(x)，f(x)的变化如下表：x(，2)2(2,2)2(2，)f(x)00f(x)单调递增16单调递减16单调递增函数f(x)的极大值为f(2)16，极小值为f(2)16.(2)由(1)知，f(2)16，f(2)16，又f(3)9，f(3)9，当x3,
16、3时，函数f(x)的最大值为f(2)16，最小值为f(2)16.【点睛】(1)本题主要考查利用导数研究函数的极值和最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 设是定义在闭区间上的函数，在内有导数，可以这样求最值：求出函数在内的可能极值点（即方程在内的根）；比较函数值，与，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.（2）如果是开区间，则必须通过求导，求函数的单调区间，最后通过分析确定函数的最值.21. 中国民间十字绣有着悠久的历史，如下图，为十字绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第个图案包含
17、个小正方形（1）求出的值；（2）利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出与之间的关系式，并根据你得到的关系式猜测出的表达式；（3）求 ()的值【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【分析】（1）按着规律画出第五个图即可求得；（2）根据规律可确定，再利用累加法可求的表达式；（3）先化简，再利用裂项相消法进行求和.【详解】（1）按所给图案的规律画出第五个图如下：由图可得.（2）可得；由上式规律，可得,累加可得，又，.(3)当时，【点睛】思路点睛：本题考查利用累加法求数列通项公式和裂项相消法求和，（1）若已知和求通项，利用累加法进行求解；（2）裂项相消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：已知求
18、和，即；已知求和，即；已知求和，即.22. 已知函数在点处取得极值.(1)求的值；(2)若有极大值，求在上的最小值【答案】(1) ;(2) .【解析】【分析】（1）f（x）=3ax2+b，由函数f（x）=ax3+bx+c在点x=2处取得极值c16可得f（2）=12a+b=0，f（2）=8a+2b+c=c16联立解出（2）由（1）可得：f（x）=x312x+c，f（x）=3x212=3（x+2）（x2），可得x=2时，f（x）有极大值28，解得c列出表格，即可得出【详解】解：因.故由于在点x=2处取得极值c-16.故有即化简得解得a=1，b=-12.（2）由（1）知；.令，得，.当时，故在上为增
19、函数；当时，故在上为减函数；当时，故在上为增函数.由此可知在处取得极大值；，在处取得极小值.由题设条件知16+c=28，得c=12.此时，因此在上的最小值为.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题23. 设函数（I）求曲线在点处的切线方程；（II）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由导数几何意义得切线斜率为，再根据点斜式写切线方程；（2）由函数图像可知，极大值大于零且极小值小于零，解不等式可得c的取值范围试题解析：解：（I）由，得因为，所以曲线在点处的切线方程
20、为（II）当时，所以令，得，解得或与在区间上情况如下：所以，当且时，存在，使得由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点24. 已知函数f（x）2xlnxx22axa2，其中a0.（）设g（x）为f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；（）证明：存在a（0，1），使得f（x）0恒成立，且f（x）0在区间（1，）内有唯一解.【答案】（）当x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递减当x（1，）时，g（x）0，g（x）单调递增（）见解析【解析】【分析】【详解】（）由已知，函数f（x）的定义域为（0，）g（x）f （x）2（x1lnxa）所以g（x）2当x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递减
21、当x（1，）时，g（x）0，g（x）单调递增（）由f （x）2（x1lnxa）0，解得ax1lnx令（x）2xlnxx22x（x1lnx）（x1lnx）2（1lnx）22xlnx则（1）10，（e）2（2e）0于是存在x0（1，e），使得（x0）0令a0x01lnx0u（x0），其中u（x）x1lnx（x1）由u（x）10知，函数u（x）在区间（1，）上单调递增故0u（1）a0u（x0）u（e）e21即a0（0，1）当aa0时，有f （x0）0，f（x0）（x0）0再由（）知，f （x）在区间（1，）上单调递增当x（1，x0）时，f （x）0，从而f（x）f（x0）0当x（x0，）时，f （x）0，从而f（x）f（x0）0又当x（0，1时，f（x）（xa0）22xlnx0故x（0，）时，f（x）0综上所述，存在a（0，1），使得f（x）0恒成立，且f（x）0在区间（1，）内有唯一解.考点：本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.
