2019-2020学年广西钦州市第一中学高二5月月考数学(理)试题 Word版

钦州市第一中学2020年春季学期5月考试试卷

高二数学(理科)

考试时间：120分钟 总分：150分 命题人：赵富强 审题人：田随林

一、选择题：每小题5分，12题共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的．

1．设z1i2i，则|z|（ ） 1i B．

A．1

1 2 C．0

D．2

2．函数f(x)x2lnxsinx1的导函数是（ ） A．2x1111cosx1 B．2xcosx C．2xcosx D．2xcosx xxxx3．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组， 则不同的选法共有（ ） A．60种 4．定积分

B．70种

C．75种

D．150种

10(2xex)dx的值为( )

B．e1

5 A．e2 5．

C．e

D．e1

2x2x1 的展开式中x2的系数为（ ）

A．400

B．120

C．80

D．0

6．在用数学归纳法证明等式123L2n2n2n (nN*)的第(ii)步中， 假设nk时原等式成立，那么在nk1时，需要证明的等式为（ ） A．123L2k2k12k2k2k1 k1 B．123L 2k2k12k1k1

C．123L2k2k12k12k2k2k1k1 D．123L2k2k1 2k12k1k1

7．已知曲线yaexxlnx在点1,ae处的切线方程为y2xb，则（ ） A．ae,b1 B．ae1,b1 C．ae1,b1 D．ae,b1

- 1 -

2222

8．若函数fx12x2x3lnx，则函数fx的单调递减区间为（ ） 2 C．(0，3)

D．3,

A．(,1)U(3,) B．1,3

9． 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（ ） A．192种 10．函数fx A．

B．216种 C．240种

D．288种

1 2e2lnx2在0,e上的最大值是（ ） x2 B．2 C．0

e5D．

1 e11．若12x1xa0a1xa2x2...a7x7，则a2a4a6 A．32 12．设函数

B．16

C．15

D．0

f'(x)是奇函数f(x)（xR）的导函数，f(1)0，当x0时，

xf'(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是（ ）

A．(,1)U(0,1) B．(-1,0)?(1,?) C．(,1)U(1,0) D．(0,1)(1,) 二、填空题: 本大题共4小题，每小题5分，共20分。

4213．计算：C7A5的值为______.

14．曲线y=x2与直线y2x所围成的封闭图形的面积为_______________. 15．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 乙说：我没去过

城市.

三个城市时， 城市；

丙说：我们三个去过同一城市. 由此可判断乙去过的城市为__________

x216．已知函数fxeax．若fx在

只有一个零点，则a的值为__________

三、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17．已知复数zmm6m5m6i，（mR，i为虚数单位） （1）若复数z为纯虚数，求实数m的值；

（2）若复数z对应的点在复平面内的第二象限，求实数m的取值范围.

22 - 2 -

n118．已知2x展开式前三项的二项式系数和为22．

x （1）求n的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中二项式系数最大的项．

19．用适当的方法证明下列不等式：

（1）若x0，y0，证明：

xy2xy； 2xy111，证明：ab4. ab（2）设a，b是两个不相等的正数，且

20．学校学生会由8名同学组成，其中一年级有2人，二年级有3人，三年级有3人，

现从这8人中任意选取2人参加一项活动.

（1）设事件A为选取的这2个人来自不同的年级，求事件A的概率P(A)；

（2）设X表示选到三年级学生的人数，分别求出选到三年级学生的人数为0个人的概率

P(X0)，1个人的概率P(X1)，2个人的概率P(X2)

- 3 -

21．设定函数f(x)4．

a3xbx2cxd(a0)，且方程f(x)9x0的两个根分别为1，3（1）当a3且曲线yf(x)过原点时，求f(x)的解析式； （2）若f(x)在(,)无极值点，求a的取值范围．

22．已知函数f(x)(x2)exa(x1)2. （1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

钦州市第一中学2020年春季学期5月考试试卷高二数学(理科)参

1．A：2．D．3．C ：因

,故应选C．4．C：5．D 6．D ，当nk1时，

2*需要证明 123L2k(2k1)2k12(k1)(k1) (nN).故选： D 7．B：yaexlnx1, ky|x1ae12，ae1将(1,1)代入y2xb得

2b1,b1，故选D． 8．C 9．B ：最左端排甲，共有A55=120种，最左端只排乙，

最右端不能排甲，有C4A4=96种，根据加法原理可得，共有120+96=216种．故选B．

14lnx1lnx的导数f'x．令f'x0.可得0xe， xx2lnx122fxfe 得fx在0,e上单调递增，在e,e单调递减，在0,e上最大值ex10．D fx11．C 令x1，得1211a0a1a2a3a4a5a6a732, 令x1,得1211a0a1a2a3a4a5a6a70

两式子相加得：a0a2a4a616 令x0，得到a01，所以a2a4a615，选C． 12．A 构造新函数gx2525xfxfxfx, '，当x0时g'x0. gx2xx- 4 -

所以在0,上gxfx单减，又f10，即g10. x所以gxfx0可得0x1,此时fx0， x又fx为奇函数，所以fx0在,00,上的解集为：,10,1.选A.

4421324213．15 14． S2xxdxxx0，故答案为.

33330215．A ：由乙说：我没去过C城市，则乙可能去过A城市或B城市，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市，则乙只能是去过A，B中的任一个，再由丙说：我们三人去过同一城市，则由此可判断乙去过的城市为A

2x16. 设hx1axe.fx在0,只有一个零点当且仅当hx在0,只有一个

零点．（i）当a0时，hx0，hx没有零点； （ii）当a0时，h'xaxx2e．

x当x0,2时，h'x0；当x2,时，h'x0．所以hx在0,2单调递减，在2,单调递增． 故h214a是hx在0,的最小值． 2ee2e2①若h20，即a，hx在0,没有零点；②若h20，即a，hx在

44e2 0,只有一个零点；③若h20，即a，由h01，hx在0,2有一个零点，

416a316a316a31x2h4a11110． 24由（1）知，当x0时，ex，所以2ae4aa2ae故hx在2,4a有一个零点，因此hx在0,有两个零点．

2e综上，fx在0,只有一个零点时，a．

4m2m6017（1）因为z为纯虚数，所以2，解得m3.

m5m60m2m60（2）因为复数z对应的点在复平面内的第二象限，2，由m2m60，

m5m60 - 5 -

解得m2,3由m25m60，解得m2或m3，所以2m3.

01218．(1) CnCnCn1nnn12：n6或n7(舍去)．即n的值为6． 22，

(2)由通项公式Tk1C(2x)常数项为TC24664k66k3k63k1kk6k0，可得：k4． ()C62x2，令62x69241x6122（3）展开共有7项.则第四项最大T60；

31C23663x 160x．

3219．证明：（1）：当x0，y0时，欲证

xy2xy， 2xy2则只需证：(xy)4xy，

2即证：(xy)4xy0，

即证：x2xyy0，

因为x,yR，x2xyy(xy)0恒成立，故（2）证明：因为a0，b0，

11ababab22222xy2xy成立. 2xy111且a¹b，所以ab11baba224， 即ab4. 因为a¹b，所以不能取等号，

abab2C2C32C321 20．.（1）设事件A表示“这2人来自同一年级”, PAC824这2人来自两个不同年级的概率为1PA113. 4411C525C5C315C323（2）PX02 ,PX12 ,PX22

C828C828C81421．由fxa3xbx2cxda0，得fxax22bxc． 3a2bc9=0 （*）

16a8bc3602由于fx9xax2b9xc0的两个根分别为1,4，{2bc6=0b3（1）当a3时，由（*）式得{解得{，又因为曲线yfx过原点，

8bc120c12所以d0，故fxx3x12x． （2）由于a0，fx32a3xbx2cxd在3,内无极值点，fxax22bxc0在,内恒成立．由（*）式得

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2b95a,c4a，

=9a1a902又=2b4ac9a1a9．解{得a1,9

a022．详解：（Ⅰ）f'xx1e2ax1x1e2a.

xx（Ⅰ）设a0，则当x,1时，f'x0；当x1,时，f'x0. 所以f（x）在,1单调递减，在1,单调递增. （Ⅱ）设a0，由f'x0得x=1或x=ln（-2a）.

ex，则f'xx1ee，所以fx在,单调递增. 2e②若a，则ln（-2a）＜1,故当x,ln2a1,时，f'x0；

2①若a当xln2a,1时，f'x0，所以fx在,ln2a,1,单调递增，在

ln2a,1单调递减.

③若ae，则ln2a1，故当x,1ln2a,时，f'x0，当2x1,ln2a时，f'x0，所以fx在,1,ln2a,单调递增，在

1,ln2a单调递减.

（Ⅱ）（Ⅰ）设a0，则由（Ⅰ）知，fx在,1单调递减，在1,单调递增. 又f1e，f2a，取b满足b＜0且bln则fba， 2a322bb0，所以fx有两个零点. b2ab1a22x（Ⅱ）设a=0，则fxx2e，所以fx只有一个零点.

e，则由（Ⅰ）知，fx在1,单调递增. 2e又当x1时，fx＜0，故fx不存在两个零点；若a，则由（Ⅰ）知，fx在

2（iii）设a＜0，若a1,ln2a单调递减，在ln2a,单调递增.又当x1时fx＜0，故fx不存在

两个零点. 综上，a的取值范围为0,..

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