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高二数学摸底考试题（5 月 12 日教师版） 一、选择题（本大题共 10 小题，共 40 分） 1. 已知复数 z 满足푧𝑖5 = 1 + 2𝑖，则푧在复平面内对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 解：根据题意得，푧 = 1+2푖 푖5 = 1+2푖 푖 = (1+2푖)푖 푖·푖 = 2 − 𝑖，所以푧 = 2 + 𝑖对应的点为(2,1)， 所以푧在复平面内对应的点位于第一象限， 2. 函数푦 = 푥4 − 4푥 + 3在区间[−2,3]上的最小值为( ) A. 72 B. 36 C. 12 D. 0 【答案】D 解：因为푦′ = 4푥3 − 4，令푦′ = 0即4푥3 − 4 = 0，解得푥 = 1． 当푥 < 1时，푦′ < 0;当푥 > 1时，푦′ > 0．所以函数在[−2,1]上单调递减，在(1,3]上单调递增． 所以函数的极小值为푦|푥=1 = 0，所以푦푚푖푛 = 0． 3. 6 个停车位置，有 3 辆汽车需要停放，若要使 3 个空位连在一起，则停放的方法种数为 ( ) A. 퐴3 3 B. 퐴6 3 C. 퐴6 4 D. 퐴4 4 【答案】D 解：将三个空位当作一个整体，与三辆车一起排列，方法数为퐴 4 4． 4. 二项式(√푥 + 2 푥2) 푛的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是 ( ) A. 180 B. 90 C. 45 D. 360 【答案】A 解：因为(√푥 + 2 푥2) 푛的展开式中只有第六项的二项式系数最大， 所以푛 = 10，푇푟+1 = 퐶 10 푟 (√푥)10−푟 · ( 2 푥2)푟 = 2푟퐶10 푟 푥5−5 2푟， 令5 − 5 2 푟 = 0所以푟 = 2，则푇3 = 4퐶 10 2 = 180． 5. 函数푓(푥) = 푥2 − 푎푙푛 푥(푎 ∈ 푅)不存在极值点，则 a 的取值范围是( ) A. (−∞, 0) B. (0, +∞) C. [0,+∞) D. (−∞,0] 【答案】D 解：푓(푥)的定义域是(0,+∞)，푓′(푥) = 2푥 − 푎 푥 = 2푥2−푎 푥 ， 若푓(푥)在(0, +∞)上不存在极值点，则푎 ≤ 2푥2在(0, +∞)上恒成立，故푎 ≤ 0． 6. 三角形的面积为푆 = 1 2 (푎 + 푏 + 푐) ⋅ 푟, 푎, 푏, 푐为三角形的边长，r 为三角形内切圆的半径， 利用类比推理，可得出四面体的体积为( ) A. 푉 = 1 3 푎푏푐 B. 푉 = 1 3 푆ℎ C. 푉 = 1 3 (푎푏 + 푏푐 + 푎푐)ℎ，(ℎ为四面体的高) D. 푉 = 푟 3 (푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4)(푆1,푆2, 푆3, 푆4分别为四面体的四个面的面积，r 为四面体内 接球的半径) 【答案】D 解：设四面体的内切球的球心为 O，则球心 O 到四个面的距离都是 r， 将 O 与四顶点连起来，可得四面体的体积等于以 O 为顶点，分别以四个面为底面的 4 个三 棱锥体积的和， ∴ 푉 = 1 3 (푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4) · 푟． 7. 曲线 C：푦 = 푒푥在点 A 处的切线 l 恰好经过坐标原点，则曲线 C、直线 l、y 轴所围成的 图形面积为( ) A. 3푒 2 − 1 B. 푒 2 + 1 C. 푒 2 D. 푒 2 − 1 【答案】D 解：设切点퐴(푥0,푒푥0)，则直线 l 的斜率푘 = 푦′|푥=푥0 = 푒푥0， 又푘 = 푒푥0 푥0 , ∴ 푒푥0 = 푒푥0 푥0 ，即푥0 = 1，∴ 푙的方程为푦 = 푒푥， ∴ 푆 = ∫ (1 0 푒푥 − 푒푥)푑푥 = (푒푥 − 푒 2 푥2)|0 1 = 푒 2 − 1． 8. 若函数푓(푥) = 푎푥 − 푙푛푥 − 1存在零点，则实数 a 的取值范围为 A. (−∞, 0] ∪ (1，+∞) B. [1,+∞) C. (−∞,1] D. (0,1] 【答案】C 解：函数的定义域(0,+∞)，푓′(푥) = 푎 − 1 푥 = 푎푥−1 푥 ， ①当푎 ≤ 0时，푓′(푥) < 0，函数푓(푥)单调递减，又由푓(1) = 푎 − 1 < 0，此时函数仅有一个 零点；②当푎 > 0时，令푓′(푥) > 0，得 푥 > 1 푎，此时函数푓(푥)的增区间为(1 푎 , +∞)，减区间为(0, 1 푎)， 若函数푓(푥)存在零点，푓 (1 푎) = 1 − ln 1 푎 − 1 = ln푎 ≤ 0得0 < 푎 ≤ 1，由上知实数 a 的取值范 围为(−∞, 1]． 9. 在数学归纳法的递推性证明中，由假设푛 = 푘时成立推导푛 = 푘 + 1成立时，푓(푛) = 1 + 1 2 + 1 3 +⋅⋅⋅ + 1 2푛−1增加的项数是( ) A. 1 B. 2푘 + 1 C. 2푘 D. 2푘 − 1 【答案】C 解：假设푛 = 푘时成立，即푓(푘) = 1 + 1 2 + 1 3 + ⋯ + 1 2푘−1， 则푛 = 푘 + 1成立时，有푓(푘 + 1) = 1 + 1 2 + 1 3 + ⋯ + 1 2푘−1 + 1 2푘 + ⋯ + 1 2푘+2푘−1， ∴增加的项数是(2푘 + 2푘 − 1) − (2푘 − 1) = 2푘． 10. 对任意的实数푥，都存在两个不同的实数푦，使得푒2푥−푦 · 푦 − (푎푒2푦−푥 + 푥 · 푒2푥−푦) = 0成 立，则实数 a 的取值范围为( ) A. (0, 1 3푒) B. (0, 1 2푒) C. D. ( 1 2푒 , 1) 【答案】A 解：由已知可得푎 = 푒2푥−푦(푦−푥) 푒2푦−푥 = 푒3(푥−푦) · (푦 − 푥)， 令3(푥 − 푦) = 푡，则푎 = − 1 3 푡 · 푒푡，令푔(푡) = − 1 3 푡 · 푒푡，所以푔′(푡) = − 1 3 (푡 + 1)푒푡， 当푡 < −1时，푔′(푡) > 0，函数푔(푥)单调递增； 当푡 > −1时，푔′(푡) < 0，函数푔(푥)单调递减． 所以푡 = −1，函数푔(푡)有极大值为푔(−1) = 1 3푒，且푡 → −∞，푔(푡) → 0． 对任意的实数 x，y，都存在两个不同的实数 a， 使得푒2푥−푦(푦 − 푥) − 푎푒2푦−푥 = 0成立，则푎 ∈ (0, 1 3푒)． 二、填空题（本大题共 4 小题，共 16 分） 11. 某商品一件的成本为 30 元，在某段时间内，若以每件 x 元出售，可卖出(200 − 푥)件， 当每件商品的定价为__________元时，利润最大． 【答案】115 解：利润为푆(푥) = (푥 − 30)(200 − 푥) = −푥2 + 230푥 − 6000(30 ≤ 푥 ≤ 200)， 푆′(푥) = −2푥 + 230，由푆′(푥) = 0得푥 = 115，当30 ≤ 푥 < 115时，푆′(푥) > 0； 当115 < 푥 ≤ 200时，푆′(푥) < 0，所以当푥 = 115时利润最大． 12. 已知函数푓(푥) = 2푎푥 − 1 푥，푥 ∈ (0,1].若푓(푥)在푥 ∈ (0,1]上是增函数，则 a 的取值范围为 __________． 【答案】[− 1 2 , +∞) 解：由已知条件得푓′(푥) = 2푎 + 1 푥2．∵ 푓(푥)在(0,1]上是增函数， ∴ 푓′(푥) ≥ 0，即푎 ≥ − 1 2푥2在푥 ∈ (0,1]上恒成立．而푔(푥) = − 1 2푥2在(0,1]上是增函数， ∴ 푔(푥)푚푎푥 = 푔(1) = − 1 2．∴ 푎 ≥ − 1 2． 当푎 = − 1 2时，푓′(푥) = −1 + 1 푥2对푥 ∈ (0,1]有푓′(푥) ≥ 0，且仅在푥 = 1时，푓′(푥) = 0． ∴ 푎 = − 1 2时，푓(푥)在(0,1]上是增函数．∴ 푎的取值范围是[− 1 2 , +∞)． 13. 从 4 名男生和 3 名女生中选出 3 人组成代表团，要求男、女生至少各一人，共有_____ 种不同的选法．(用数字作答) 【答案】30 解：若选取的 3 人中有 2 男 1 女，则方法数为퐶4 2퐶3 1 = 18种，若选取的 3 人中有 2 女 1 男， 则方法数为퐶4 1퐶3 2 = 12种，所以总共的方法数为18 + 12 = 30种， 14. 已知函数푓(푥)的定义域为[−1,5]，部分对应值如下表，푓(푥)的导函数푦 = 푓′(푥)的图象如 图所示． x −1 0 4 5 푓(푥) 1 2 2 1 给出下列关于푓(푥)的命题： ①函数푓(푥)的极大值点为 0 与 4； ②函数푓(푥)在[0,2]上是减函数； ③如果当푥 ∈ [−1, 푡]时，푓(푥)的最大值是 2，那么 t 的最大值为 4； ④当1 < 푎 < 2时，函数푦 = 푓(푥) − 푎有 4 个零点； ⑤函数푦 = 푓(푥) − 푎零点的个数可能为 0，1，2，3，4． 其中正确的是______________(填序号)． 【答案】①②⑤ 解：由导数图象可知，当−1 < 푥 < 0或2 < 푥 < 4时，푓′(푥) > 0，函数单调递增，当0 < 푥 < 2 或4 < 푥 < 5，푓′(푥) < 0，函数单调递减，当푥 = 0和푥 = 4，函数取得极大值푓(0) = 2，푓(4) = 2， 当푥 = 2时，函数取得极小值푓(2)，所以①正确；②正确； 因为在当푥 = 0和푥 = 4，函数取得极大值푓(0) = 2，푓(4) = 2，要使当푥 ∈ [−1, 푡]函数푓(푥)的 最大值是 4，当2 ≤ 푡 ≤ 5，所以 t 的最大值为 5，所以③不正确； 由푓(푥) = 푎知，因为极小值푓(2)未知，所以无法判断函数푦 = 푓(푥) − 푎有几个零点，所以④ 不正确， 根据函数的单调性和极值，做出函数的图象如图，(线段只代表单调性)，根据题意函数的极 小值不确定，分푓(2) < 1或1 ≤ 푓(2) < 2两种情况，由图象知，函数푦 = 푓(푥)和푦 = 푎的交点 个数有 0，1，2，3，4 等不同情形，所以⑤正确， 综上正确的命题序号为①②⑤． 故答案为①②⑤. 三、解答题（本大题共 5 小题，44 分） 15. （8 分）（1）设复数푧 = (1+푖)2+3(1−푖) 2+푖 .若푧2 + 푎푧 + 푏 = 1 + 𝑖，求实数 a 与 b 的值． （2）计算 퐶3 3 + 퐶4 3 + ⋯ + 퐶10 3 ． 解：（1）푧 = (1+푖)2+3(1−푖) 2+푖 = 3−푖 2+푖 = (3−푖)(2−푖) (2+푖)(2−푖) = 5−5푖 5 = 1 − 𝑖， 푧2 + 푎푧 + 푏 = (1 − 𝑖)2 + 푎(1 − 𝑖) + 푏 = 푎 + 푏 − (푎 + 2)𝑖 = 1 + 𝑖 ∴ {푎 + 푏 = 1 푎 + 2 = −1，解得{푎 = −3 푏 = 4 ． 计算 (2)퐶3 3 + 퐶4 3 + ⋯ + 퐶10 3 ． 原式= 퐶4 4 + 퐶4 3 + 퐶 5  3 + ⋯ + 퐶 10  3  = 퐶 5 4 + 퐶 5  3 + 퐶 6  3 + ⋯ + 퐶 10  3 = 퐶 6  4 + 퐶 6  3 + 퐶 7  3 + ⋯ + 퐶 10  3 = ⋯ = 퐶10 4 + 퐶10 3 = 퐶11 4  = 330 ． 16. （8 分）已知在 的展开式中，第 6 项为常数项． (1)求含푥2的项的系数； (2)求展开式中所有的有理项． 解：(1)通项公式为푇푘+1 = 퐶 푛푘푥 푛−푘 3 (− 1 2)푘푥−푘 3 = 퐶푛푘(− 1 2)푘푥 푛−2푘 3 因为第 6 项为常数项，所以푘 = 5时，푛−2×5 3 = 0，即푛 = 10． 令10−2푘 3 = 2，得푘 = 2，故含푥2的项的系数是퐶10 2 (− 1 2)2 = 45 4 ． (2)根据通项公式，由题意{ 10−2푘 3 ∈ 푍, 0 ≤ 푘 ≤ 10, 푘 ∈ 푁, 令10−2푘 3 = 푟(푟 ∈ 푍)， 则10 − 2푘 = 3푟，푘 = 5 − 3 2 푟，∵ 푘 ∈ 푁，∴ 푟应为偶数， ∴ 푟可取 2，0，−2，即 k 可取 2，5，8，∴第 3 项，第 6 项与第 9 项为有理项， 它们分别为퐶10 2 (− 1 2)2푥2，퐶10 5 (− 1 2)5，퐶10 8 (− 1 2)8푥−2． 17. （8 分）已知函数푓(푥) = 푒푥 − 푥2 + 푎，푥 ∈ 푅的图象在点푥 = 0处的切线为푦 = 푏푥． (1)求 a 和 b 的值； (2)若푓(푥) > 푘푥对任意的푥 ∈ (0,+∞)恒成立，求实数 k 的取值范围． 解：(1)푓(푥) = 푒푥 − 푥2 + 푎，푓′(푥) = 푒푥 − 2푥． 由已知得{푓(0) = 1 + 푎 = 0 푓′(0) = 1 = 푏 , ∴ {푎 = −1 푏 = 1 ． (2)푓(푥) > 푘푥对任意的푥 ∈ (0, +∞)恒成立⇔ 푓(푥) 푥 > 푘对任意的푥 ∈ (0, +∞)恒成立， 令푔(푥) = 푓(푥) 푥 ，푔′(푥) = 푥푓′(푥)−푓(푥) 푥2  = (푥−1)(푒푥−푥−1) 푥2 ． 易知当푥 ∈ (0,+∞)时，푒푥 − 푥 − 1 > 0恒成立， 令푔′(푥) > 0，得푥 > 1；푔′(푥) < 0，得0 < 푥 < 1． ∴ 푔(푥)的增区间为(1,+∞)，减区间为(0,1)．所以푔(푥)푚푖푛 = 푔(1) = 0． ∴ 푘 < 푔(푥)푚푖푛 = 푔(1) = 푒 − 2，∴实数 k 的取值范围为(−∞, 푒 − 2)． 18. （10 分）给出下列等式： 1 = 1， 1 − 4 = −(1 + 2)， 1 − 4 + 9 = 1 + 2 + 3， 1 − 4 + 9 − 16 = −(1 + 2 + 3 + 4)， … (1)写出第 5 个和第 6 个等式，并猜想第푛(푛 ∈ 푁∗)个等式； (2)用数学归纳法证明你猜想的等式． 解：(1)第 5 个等式为1 − 4 + 9 − 16 + 25 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5， 第 6 个等式为1 − 4 + 9 − 16 + 25 − 36 = −(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)． 猜想：第 n 个等式为12 − 22 + 32 − 42 + ⋯ + (−1)푛−1푛2 = (−1)푛−1 · (1 + 2 + 3 + ⋯ + 푛)． (2)证明：①当푛 = 1时，左边= 12 = 1，右边= (−1)0 × 1 = 1，左边=右边，等式成立． ②假设当푛 = 푘(푘 ∈ 푁∗)时，12 − 22 + 32 − 42 + ⋯ + (−1)푘−1푘2 = (−1)푘−1 · 푘(푘+1) 2 ， 则当푛 = 푘 + 1时，12 − 22 + 32 − 42 + ⋯ + (−1)푘−1푘2 + (−1)푘(푘 + 1)2 = (−1)푘−1 · 푘(푘+1) 2 + (−1)푘(푘 + 1)2 = (−1)푘(푘 + 1) · [(푘 + 1) − 푘 2] = (−1)푘 · (푘+1)[(푘+1)+1] 2 ． 故当푛 = 푘 + 1时，等式也成立． 由①②可知，对于任意푛 ∈ 푁∗，等式均成立． 19.设函数 2 1( ) lnf x ax a x x= − − − ，其中 aR . （1）若 ()fx在( )0,+ 上为增函数，求 a 的取值范围； （2）当 1 2a  ， ( )1,x + 时，求证： 1( ) 0xf x e −+.