安徽省合肥市联考2020学年高二数学下学期期中试题 理(含解析)

析）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1.若复数z满足z1i2i，其中i为虚数单位，则z（ ） A. 1i 【答案】B 【解析】 【分析】

根据复数的除法，求出复数z即可. 【详解】Q复数z满足z1i2i，

z2i1i， 1iB. 1i C. 1i D. 1i

故本题选B.

【点睛】本题考查复数的四则运算，要求掌握复数的除法运算，比较基础.

2.己知fxtanx,f'x为fx导数，则f'（ ）

3A. 4 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 2 C. 3 D. 2

sinx，再根据导数的运算法则求导，并代入数值计算即可. cosxsinxQf(x)tanx【详解】，

cosx先转化为f(x)═

cos2xsin2x1f(x)， 22cosxcosx1f4， 314故本题选A.

【点睛】本题考查了导数的运算法则和三角函数的求值，属于基础题.

3.若函数fx12x2x3lnx，则函数fx的单调递减区间为（ ） 2A. (,1)U(3,) B. 1,3 【答案】C 【解析】 【分析】

C. (0，3)

D. 3,

先求函数fx的定义域，再求导数fx，最后令fx0，解之即可得到结果. 【详解】函数fx12x2x3lnx的定义域为：{x|x0}， 23x22x3(x3)(x1)因为f(x)x2， xxx(x3)(x1)0并且x0，得：0x3， x12所以函数fxx2x3lnx的单调递减区间为(0，3).

2令

故本题正确答案为C.

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，掌握常见函数的导数是关键，属基础题.

4.用反证法证明命题“已知a,bN*，如果ab可被5整除，那么a,b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为（ ） A. a,b都能被5整除 C. a,b不都能被5整除 【答案】B 【解析】

B. a,b都不能被5整除 D. a不能被5整除

【分析】

根据反证法的概念，利用命题的否定，即可求解，得到答案．

【详解】由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证，“a,b中至少有一个能被5整除”的否定是“a,b都不能被5整除”．故选B.

【点睛】本题主要考查了反证法的概念及其应用，其中解答中熟记反证法的概念，合理利用命题的否定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．

5.水池装有编号为①、②、③、④、⑤的5条水管，其中有些是进水管，有些是出水管，如果同时开放两条水管，注满水池的时间如下表： 开放水管号 注满水池的时间（小时）

那么单开一条水管，最快注满水池的水管编号为（ ） A. ① 【答案】C 【解析】 【分析】

将表格中数据两两横向对比即可比较出不同水管的进水速度，从而得到答案. 【详解】①②用2小时，②③用15小时，所以①的速度要比③快；②③用15小时，③④要用6小时，所以④比②进水速度快；③④用6小时，④⑤用3小时，所以⑤比③进水速度快；④⑤用3小时，⑤①用19小时，④比①进水速度快；①②用两个小时，⑤①用19个小时，所以②比⑤进水快. 根据以上分析可得到:进水速度①>③；④>②；⑤>③；④>①；②>⑤. 所以最快的是④. 所以C选项是正确的.

B. ②

C. ④

D. ③或⑤

①② ②③ ③④ ④⑤ ⑤① 2 15 6 3 19 【点睛】本题考查识别表格的能力，关键根据表格中两个水管灌满水的时间，每两个横向比较，找到最快的.

6.函数f(x)(2xx2)ex的图象大致为（ ）

A. B.

C. D.

【答案】A 【解析】 【分析】

根据排除法可令x=1，排除C，D，且当x0时，f(x)(2xx2)ex0，排除B，从而得到答案.

【详解】令x=1，则f(1)=e>0，所以排除C，D，令f(x)(2xx2)ex0，解得x0或x2，

则x0时，f(x)(2xx2)ex0，排除B，选A. 所以本题选A.

【点睛】本题考查函数图象的判断，一般采用排除法，可利用赋值，求函数奇偶性等进行排除，属基础题.

7.用S表示图中阴影部分的面积，若有6个对面积S的表示，如图所示，

cccbc①Sf(x)dx；②Sf(x)dx；③Sf(x)dx；④Sf(x)dxf(x)dx；

acaaabbbc⑤Sf(x)dxf(x)dx；⑥Sf(x)dxf(x)dx.则其中对面积S的表示正确序

baab号的个数为（ ）

A. 2 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 3 C. 4 D. 5

先将阴影部分的面积用定积分

cbf(x)dx+baf(x)dx表示，然后根据定积分的意义

和函数的符号进行选择化简即可.

【详解】由定积分的几何意义知，区域内的面积为：

cbf(x)dx+baf(x)dx，

又当xa,b时，f(x)0，当xb,c时，f(x)0， 所以

cbf(x)dx+f(x)dx=f(x)dxf(x)dxababcbbaf(x)dxf(x)dx，

bc或者

cbf(x)dxf(x)dxf(x)dxf(x)dx|f(x)|dx|f(x)|dx=|f(x)|dx，

ababaabcbcbc所以③，⑤，⑥是正确的. 所以本题答案为B.

【点睛】本题考查定积分在求面积中的应用，解题时要注意分割，关键是要注意在x轴下方的部分积分为负（积分的几何意义强调代数和），属于基础题.

8.已知f(n)111L，用数学归纳法证明：对于任意的nN*，1n2nnnf(n)13，由nk的归纳假设证明nk1，若f(k1)f(k)g(k)，则gk1411 2k12k2（ ） A.

1 2k211 2k12k2B. C.

11 2k2k1D.

【答案】D 【解析】 【分析】 根据

111111L，可知f(k)，1n2nnnk1k22k11111f(k1)，从而可得nk到nk1变化了

k2k32k2k12k2f(n)的项.

【详解】Qf(k)111， k1k22k11111f(k1)，

k2k32k2k12k211111f(k1)f(k)，

2k12k2k12k12k2Qf(k1)f(k)g(k)，

g(k)11. 2k12k2所以D选项是正确的.

【点睛】本题考查数学归纳法，考查数学归纳法中的推理，确定nk到nk1变化了的项是解题的关键，属基础题.

9.己知函数fxxxc，在x2处取得极大值，则实数c的值是（ ）

2A.

32B. 2 C. 2或6 D. 6

【答案】D 【解析】 【分析】

由题意可得f(2)0，解出c的值之后必须验证是否符合函数在某一点取得极大

值的充分条件.

【详解】函数f(x)x(xc)2的导数为f(x)(xc)22x(xc)(xc)(3xc)， 由f(x)在x2处有极大值，即有f(2)0，即(c2)(c6)0， 解得c2或6，

若c2时，f(x)0，可得x2或

2， 3由f(x)在x2处导数左负右正，取得极小值， 若c6，f(x)0，可得x6或2 ， 由f(x)在x2处导数左正右负，取得极大值. 综上可得c6. 所以D选项是正确的.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，根据函数的极值求参数需注意验证函数的单调性，属基础题.

10.设ABC的三边长分别为a,b,c,ABC的面积为S，内切圆半径为r，则

r2S，类比这个结论可知：四面体ABCD的四个面的面积分别为

abcS1,S2,S3,S4，内切球半径为R，四面体ABCD的体积为V，则R（ ）

VA.

S1S2S3S42VB.

S1S2S3S4C.

3V

S1S2S3S4D.

4V

S1S2S3S4【答案】C 【解析】 【分析】

根据平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可． 【详解】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， 所以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， 则四面体的体积为 VABCD∴R3V

S1S2S3S41S1S2S3S4R， 3故本题正确答案C．

【点睛】本题主要考查类比推理，将三棱锥分成四个以内切球球心为顶点的小三棱锥是关键，属基础题.

211.函数fx在R上满足fx2f2xx8x8，则曲线yfx在点

1,f1处的切线方程是（ ）

A. yx

y2x1

B. y3x2 C. y2x3

D.

【答案】D 【解析】 【分析】

先根据f(x)2f(2x)x28x8求出函数f(x)的解析式，然后对函数f(x)进行求导，进而可得到yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程的斜率，最后根据点斜式可求切线方程.

【详解】Qf(x)2f(2x)x28x8，

f(2x)2f(x)(2x)28(2x)8. f(2x)2f(x)x24x4168x8.

将f(2x)代入f(x)2f(2x)x28x8， 得f(x)4f(x)2x28x8x28x8，

f(x)x2，f(x)2x，

yf(x)在(1,f(1))处的切线斜率为y2，

函数yf(x)在(1,f(1))处的切线方程为y12(x1)，

即y2x1. 所以本题答案为D.

【点睛】本题主要考查求函数解析式的方法，函数的求导法则以及导数的几何意义，函数在某点的导数值等于该点的切线方程的斜率.

212.己知函数fxax1lnx1xaxa0是减函数，则实数a（ ）

A. 2 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 1

eC.

21D.

2求出原函数的定义域，求出原函数的导函数，把f(x)是定义域内的减函数转化为f′(x)=aln(x+1)-2x恒成立．再利用导数求得导函数的最大值，由最大值等于0求得a值.

【详解】f(x)的定义域为(-1，+∞)，f′(x)=aln(x+1)-2x．

由f(x)是减函数得，对任意的x∈(-1，+∞)，都有f′(x)=aln(x+1)-2x≤0恒成立．

设g(x)=aln(x+1)-2x．

a2x1a11， ∵，由a>0知，2g(x)2x1∴当x1,∴g(x)在1,aa1时，g'(x)>0；当x1,时，g'(x)<0， 22aa1上单调递增，在1,上单调递减， 22∴g(x)在xa1时取得最大值． 2又∵g(0)=0，∴对任意的x∈(-1，+∞)，g(x)≤g(0)恒成立， 即g(x)的最大值为g(0)． ∴

a10，解得a=2. 2所以本题答案为A.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据函数的单调性求参数可转化为不等式恒成立问题，属中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

3413.己知AnCn，则n________.

【答案】27 【解析】 【分析】

根据排列组合的公式化简求解可得结果.

34【详解】由AnCn得，n(n1)(n2)n(n1)(n2)(n3)，

4321解得，n27. 所以本题答案为27.

【点睛】本题考查排列组合的公式，熟记公式，认真计算，属基础题.

1x2，0x114.设f(x)，则f(x)dx________.

cosx，x021【答案】1【解析】 【分析】

 4101由题意得，

12f(x)dx2cosxdx1x2dx，根据定积分的几何意义可知，可得

0001x2dx表示的是四分之一的圆的面积，再根据微积分基本定理，可求

cosxdx，

2最后相加即可得到结果.

101【详解】由题意得，f(x)dxcosxdx2021x2dx，

12根据定积分的几何意义可知，1xdx表示的是在x轴上方的半径为1的四分之

0一圆的面积，如图（阴影部分）：

1故001xdx，又cosxdxsinx|sin0sin(2)1，

24202101所以

2f(x)dx2cosxdx1x2dx104.

所以本题答案为1. 4【点睛】本题考查微积分基本定理和定积分的几何意义，利用定积分准确表示封闭图形的面积并正确计算是解答的关键，属基础题.

15.从2位医生，4位护士中选3人为参加救护工作，且至少有1位医生入选，则不同的选法共有________种.（用数字填写答案） 【答案】16 【解析】 【分析】

分析题意可知，需要分两种情况讨论求解：①当有一位医生时，有C2C4种；②

21当有两位医生时，有C2C4种，最后相加即可得到答案.

12【详解】因为选择3人，且至少有1位医生，

12所以当有一位医生时，有C2C412种， 21当有两位医生时，有C2C44种，

故共有12416种. 故本题正确答案为16.

【点睛】本题考查排列组合，涉及到的知识点有分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于基础题.

216.若函数fxlnx与函数gxx2xlnax0有公切线，则实数a的取值

范围是________. 【答案】1, 2e【解析】 【分析】

分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得到切线的斜率，结合切点满足曲线方程，再设出两条切线方程，变形为斜截式，从而根据切线相同则系数相等，可得切点坐标的关系式，整理得到关于一个坐标变量的方程，借助于函数的极值和最值，即可得到a的范围．

【详解】f(x)122x2lna， ,g(x)2x2，设切点分别是x1,lnx1,x2,x2x所以切线方程分别为：ylnx11xx1,yx222x2lna2x22xx2， x1化简为y12xlnx11,y2x22xx2lna， x112x222所以x1消x1，得lnax2ln2x221，

lnx1lnax221令f(x)x2ln(2x2)1,(1x0)，f(x)2x10， x1所以f(x)在(1,0)单调递减，f(0)ln21,f(1)，yln21，

故lnaln21，解得a1. 2e1所以本题答案为,.

2e【点睛】可导函数y=f(x)在xx0处的导数就是曲线y=f(x)在xx0处的切线斜率，这就是导数的几何意义，在利用导数的几何意义求曲线切线方程时，要注意区分“在某点处的切线”与“过某点的切线”，已知y=f(x)在xx0处的切线是

yfx0fx0xx0，若求曲线y=f(x)过点(m，n)的切线，应先设出切点

x,fx，把(m，n)代入yfxfxxx，求出切点，然后再确定切线

00000方程.而对于切线相同，则分别设切点求出切线方程，再根据两直线方程系数成比例得到一个关于坐标变量的方程组即可.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.已知复数zbi(bR)，

（1）求复数z；

（2）若复数nH2O所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围． 【答案】（1）z=﹣2i．（2）m∈（﹣∞，﹣2）时，复数所表示的点在第一象限． 【解析】

【试题分析】（1）将zbibR代入立方程求出bz2z2，再借助是实数，其虚部为0建1i1i2z2是实数，i是虚数单位． 1i值；（2）将z2i代入mz，借助其表示的点在第一象限建立

不等式组，通过解不等式组求出m的取值范围：

解∴又∵

：=是实数，∴

（

1

）=

∵z=bi

（=

b∈R

）．

，

， ∴b=﹣2，即z=﹣2i．

（2）∵z=﹣2i，m∈R，∴（m+z）2=（m﹣2i）2=m2﹣4mi+4i2=（m2﹣4）﹣4mi， 又∵复数所表示的点在第一象限，∴

，

解得m＜﹣2，即m∈（﹣∞，﹣2）时，复数所表示的点在第一象限．

18.如图，一个正方形花圃被分成5份.

（1）若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，己知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法?

（2）若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法?

【答案】（1）96；（2） 16800 【解析】 【分析】

（1）根据题意，依次分析5个部分的种植方法数目， 对C部分种植进行分类，再由分步计数原理计算可得答案；

（2）根据题意，分2步进行分析：①将7个盆栽分成5组，有2种分法：即分成

22111的5组或分成31111的5组；②将分好的5组全排列，对应5

个部分，由分步计数原理计算可得答案.

【详解】（1）先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；对C部分种植进行分类：

①C若与B相同，D有2种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有

4312248种；

②C若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4321248种. 综上，共有96种种植方法.

（2）将7个盆栽分成5组，有2种分法：

C12C52①若分成2-2-1-1-1的5组，有2种分法；

A2②若分成3-1-1-1-1的5组，有c7种分法； 将分好的5组全排列，对应5个部分，

3C12C3235则一共有2C7A516800种放法.

A2【点睛】该题考查的是有关排列与组合的综合题，涉及到的知识点有分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题.

19.已知函数f(x)13x4x4. 3（1）求fx在0,3上的最值；

16恒有成立，求实数m的取位范围. 34【答案】（1）当x0时，f(x)的最大值为4；当x2时，f(x)的最小值为；（2）

3（2）对任意x1,x20,m，f(x1)f(x2)(0,23].

【解析】 【分析】

3]上的单调性，（1）对fx求导，令f(x)0，得到f(x)在[0，从而求得最值；（2）

416由4，数形结合分析可得取值范围.

3313f(x)x4x4，【详解】（1）因为所以f(x)x24，令f(x)0，解得x23或x2，

3]上，所以f(x)在[0，2]上单调递减；在(2，3上单调递增， 因为f(x)在[0，4又因为f(0)4，f(2)，f(3)1，

3所以，当x0时，f(x)的最大值为4；当x2时，f(x)的最小值为416（2）因为4，结合f(x)334. 3图象：

令fx04，解得x023， 所以m的取值范围是(0,23].

【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查根据函数的图像和性质求参数法人方法，要熟练掌握数形结合思想方法的运用，属中档题.

20.设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导数，令

g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x))，nN*.

（1）求g1(x)，g2(x)，g3(x)，并猜想gn(x)； （2）证明：猜想的gn(x)表达式成立. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）求出g(x)的解析式，依次计算即可得出猜想；（2）利用数学归纳法证明即可. 【详解】（1）因为f(x)ln(1x)，所以f(x)1x(x0)， ，则g(x)1x1xxxxx1xg(x)gg(x)g(x)g(x)所以1，2，3， 1x12x1x13x11xx猜想gn(x).

1nx（2）下面用数学归纳法证明： ①当n1时，g1(x)x，结论成立； 1x②假设nk时结论成立，即gk(x)x， 1kxxgk(x)x1kxg(x)gg(x)nk1那么，当时，k1，即结k1gk(x)1x1(k1)x1kx论成立， 由①②可知gn(x)x，对nN*成立. 1nx【点睛】本题考查了利用数学归纳法证明等式的方法、考查了猜想能力、推理能力与计算能力，其中解答中明确数学归纳证明方法：（1）验证n=1时成立；（2）假设当n=k时成立，证得n=k+1也成立；（3）得到证明的结论.其中在n=k到n=k+1的推理中必须使用归纳假设.属于中档题.

21.已知函数f(x)exax(aR). （1）讨论函数f(x)的单调性；

)时，f(x)axln(xm)10恒成立，求实数m的取值范围. （2）若m(0，【答案】（1）见解析；（2）{m|0m1}． 【解析】 【分析】

（1）对函数f(x)的求导数f(x)，然后分别讨论当a0时和当a0时的情况即可求得结果；（2）构造函数g(x)f(x)axln(xm)1exln(xm)1，求g(x)的导数g(x)，再构造函数g(x)h(x)，利用导数研究函数g(x)的零点，设为x0，

xx分析可得g(x)mingx0e0lnx0m1e0x010，且g(0)11，最mx后构造函数lx0e0x01，因为l(0)0，由其单调性可得x00，根据g(x)是

增函数，从而有g(0)110，解之即可得到答案. m【详解】（1）因为f(x)exax，所以f(x)exa， ①当a0时，f(x)exa0，所以f(x)在R上单调递增；

②当a0时，f(x)exa0得xlna，又因为f(x)是增函数； 所以f(x)在(,lna)上单调递减；f(x)在(lna,)上单调递增. （2）因为f(x)exax，f(x)axln(xm)10恒成立， 所以等价于exln(xm)10 恒成立，

|xm，则g(x)ex令g(x)exln(xm)1，定义域x x令g(x)h(x)，则h(x)e1， xm10，所以g(x)是增函数，

(xm)2因为g(1)e110，g(0)1，xm时，g(x)， 1mmxx0，则e0所以g(x)0有且只有一个根，设

10， x0m则g(x)在m,x0单调递减，在x0,1单调递增，

xxx所以g(x)mingx0e0lnx0m1e0x01，则e0x010， xx令lx0e0x01，则lx0e010，

又因为l(0)0，所以x00，则g(0)110，解得0m1， m综上可得，实数m的取值范围是{m|0m1}.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和根据不等式恒成立求参数，尤其是第二问，考查转化与化归的能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

22.已知函数f(x)2lnxx22ax(a0). （1）讨论函数f(x)的单调区间；

（2）若函数fx有两个极值点x1,x2x1x2，且f(x1)f(x2)求a的取值范围.

32ln2恒成立，2【答案】（1）见解析；（2）a【解析】 【分析】

32. 2（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；（2）得到

x1x2afx1fx22ln，

x1x21，则

x1xxxxx1x2x1x22a2ln121，令t1，则x2x2x1x2x20t1，fx1fx22lntt，令g(t)2lntt，根据函数的单调性求出t的范围，再根据a2x1x2围即可.

【详解】（1）函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)令x2ax10，则a24，

①当0a2时，0，f(x)0恒成立，函数f(x)单调递增区间为(0,)；

aa24aa24②当a2时，，方程xax10有两根，x1，x2，

2221t1t2xx12x1x22x1x212t2，求出a的范x2x1t2x2ax1x，

函数f(x)在0,x1上f(x)0，在x1,x2上f(x)0，在(x2,)上f(x)0，

aa24aa24f(x)单调递增区间为0,,； 、22aa24aa24,. 单调递减区间为22（2）由（1）知函数f(x)在x1,x2上单调递减，则x1x2a，

2fx1fx22lnx1lnx2x12x22ax1x22lnx1x1x2x1x22a x2x11tfxfx2lntt， 2令，则0t1，1x2t1(t1)2令g(t)2lntt，则g(t)20，所以g(t)在0,1上单调递减，

tt113因为g2ln2，所以0t，

222因为a2x1x22所以a2xx12x1x221x1x212t2，0t，

2x2x1t932，解得a. 22【点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间和根据不等式恒成立求参数，尤其是第二问，考查转化与化归的能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数

的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

的