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高二数学下学期期中考试卷(三)


2014-2015 学年浙江省温州中学高二(下)期中数学试卷(理科)
一.选择题(本大题共 8 小题,每小题 4 分,共 32 分) 1. (4 分) (2009?北京)在复平面内,复数 z=i(1+2i)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



考点: 复数的基本概念;复数代数形式的

乘除运算. 专题: 计算题. 分析: 按多项式乘法运算法则展开,化简为 a+bi(a,b∈R)的形式,即可确定复数 z 所在 象限. 解答: 解:∵z=i(1+2i)=i+2i=﹣2+i, ∴复数 z 所对应的点为(﹣2,1) , 故选 B 点评: 本题主要考查复数在坐标系数内复数与点的对应关系.属于基础知识的考查. 2. (4 分) (2014?成都模拟)计算 21og63+log64 的结果是( A. log62 B. 2 C. log63 D. 3 )

考点: 对数的运算性质. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 利用对数性质求解. 解答: 解:21og63+log64 =log69+log64 =log636=2. 故选:B. 点评: 本题考查对数的性质的求法,是基础题,解题时要注意对数性质的合理运用. 3. (4 分) (2015 春?温州校级期中)如果 ( ) A. B. C. D. ,则当 x≠0 且 x≠1 时,f(x)=

考点: 函数解析式的求解及常用方法. 专题: 计算题;转化思想.

分析: 令

, 则 x= , 代入到

, 即得到 f (t) =

, 化简得: f (t) =



在将 t 换成 x 即可. 解答: 解:令 ,则 x=

-1-



∴f(t)=



化简得:f(t)= 即 f(x)= 故选 B 点评: 本题主要利用换元法求解函数解析式,在作答中容易忽略换元之后字母的范围,属于 基础题.

4. (4 分) (2012?安徽模拟)函数

的图象大致是(



A.

B.

C.

D.

考点: 函数的图象. 专题: 综合题. 分析: 先考查当 x>0 时,函数的解析式特征,通过解析式研究函数的单调性及函数的特殊 点,可得在其定义域内是偶函数,且过定点(0,1) ,联系所给的选项,选出正确的答案. 解答: 解:当 x>0 时, 在(0,+∞)内是减函数,且过定点(0,1) ,

且是偶函数. 故选 C. 点评: 本题考查函数图象及图象变化,并考查函数的单调性、函数的特殊点.

5. (4 分) (2005?湖南)设集合 A={x|

<0},B={x||x﹣1|<a},若“a=1”是“A∩B≠?”

的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 考点: 交集及其运算;必要条件、充分条件与充要条件的判断. 分析: 先化简集合 A 和 B,再根据“a=1”和“A∩B≠?”中是谁推出谁来进行判断. 解答: 解:设集合 A={x| 当 a=1 时,B={x|0<x<2}, 若“a=1”则“A∩B≠?”; <0}={x|﹣1<x<1},B={x||x﹣1|<a}={x|﹣a+1<x<a+1},

-2-

若“A∩B≠?”则不一定有“a=1”,比如 a= .∴若“a=1”则有“A∩B≠?”反之不成立. 故选 A. 点评: 涉及到充要条件问题,一般是看由谁推出谁,本题中,由 A? B,但 B 推不出 A,则 A 是 B 的充分不必要条件. 6. (4 分) (2010 秋?湖北校级期中)已知二次函数 f(x)图象的对称轴是 x=x0,它在区间[a, b]值域为[f(b) ,f(a)],则下列结论中正确的是( ) A. x0≥b B. x0≤a C. x0∈[a,b] D. x0?(a,b) 考点: 二次函数的性质;二次函数在闭区间上的最值. 专题: 计算题. 分析: 二次函数 f(x)图象的对称轴是 x=x0,它在区间[a,b]值域为[f(b) ,f(a)],所 以二次函数 f(x)在区间[a,b]内是减函数,由此能判断 x0?(a,b) . 解答: 解:∵二次函数 f(x)图象的对称轴是 x=x0, 它在区间[a,b]值域为[f(b) ,f(a)], ∴二次函数 f(x)在区间[a,b]内是减函数, ∴x0?(a,b) . 故选 D. 点评: 本题考查二次函数的图象和性质,解题时要认真审题,注意二次函数的对称轴和单调 性的灵活应用. 7. (4 分) (2013?广州二模)记实数 x1,x2,?,xn 中的最大数为 max{x1,x2,?,xn},最小 2 数为 min{x1,x2,?,xn}则 max{min{x+1,x ﹣x+1,﹣x+6}}=( ) A. B. 1 C. 3 D.

考点: 函数的最值及其几何意义. 专题: 计算题;新定义. 2 分析: 在同一坐标系中作出三个函数 y=x+1,y=x ﹣x+1 与 y=﹣x+6 的图象,依题意,即可求 2 得 max{min{x+1,x ﹣x+1,﹣x+6}}. 2 解答: 解:在同一坐标系中作出三个函数 y=x+1,y=x ﹣x+1 与 y=﹣x+6 的图象如图: 由图可知,min{x+1,x ﹣x+1,﹣x+6}为射线 AM,抛物线
2 2

,线段 BC,与射线 CT 的组合体,

显然,在 C 点时,y=min{x+1,x ﹣x+1,﹣x+6}取得最大值. 解方程组 得,C( , ) ,

∴max{min{x+1,x ﹣x+1,﹣x+6}}= . 故答案为 . 故选 D

2

-3-

点评: 本题考查函数的最值及其几何意义,在同一坐标系中作出三个函数 y=x+1,y=x ﹣x+1 与 y=﹣x+6 的图象是关键,也是难点,属于中档题.

2

8. (4 分) (2015?南充二模)已知函数 f(x)=

,则关于 x 的

方程 f(x+ ﹣2)=a 的实根个数不可能为( A. 5 个 B. 6 个 C. 7 个 D. 8 个 考点: 根的存在性及根的个数判断. 专题: 函数的性质及应用.



分析: 以 f(x)=1 的特殊情形为突破口,解出 x=1 或 3 或 或﹣4,将 x+ ﹣2 是为整体,利 用换元的思想方法进一步讨论, 解答: 解:因为 f(x)=1 时,x=1 或 3 或 或﹣4,则当 a=1 时,x+ ﹣2=1 或 3 或 或﹣4, 又因为,x+ ﹣2≥0 或≤﹣4, 所以当,x+ ﹣2=﹣4 时只有一个 x=﹣2 与之对应.

其它情况都有 2 个 x 值与之对应,故此时所求的方程有 7 个根. 当 1<a<2 时,y=f(x)与 y=a 有 4 个交点,故有 8 个根; 当 a=2 时,y=f(x)与 y=a 有 3 个交点,故有 6 个根; 综上:不可能有 5 个根,故选 A. 其图象如下图所示: 故选:A.

-4-

点评: 本题重点考查了分段函数、函数的零点等知识,属于中档题. 二.填空题本大题共 6 小题,每小题 4 分,共 24 分) 9. (4 分) (2012?江苏模拟)命题“? x>0,都有 sinx≥﹣1”的否定: ? x>0,使得 sinx <﹣1 . 考点: 命题的否定. 分析: 先否定题设,再否定结论. 解答: 解:∵“? x>0”的否定是“? x>0”,“都有 sinx≥﹣1”的否定是“使得 sinx< ﹣1”, ∴“? x>0,都有 sinx≥﹣1”的否定是“? x>0,使得 sinx<﹣1”. 故答案为:? x>0,使得 sinx<﹣1. 点评: 本题考查命题的否定,解题时要注意审题,认真解答. 10. (4 分) (2012 秋?罗田县校级期末) 函数 y=log (x ﹣3x+2) 的递增区间是 (﹣∞, 1) .
2

考点: 对数函数的单调区间. 专题: 计算题. 2 2 分析: 由 x ﹣3x+2>0 得 x<1 或 x>2,由于当 x∈(﹣∞,1)时,f(x)=x ﹣3x+2 单调递 2 减,由复合函数单调性可知 y=log 0.5(x ﹣3x+2)在(﹣∞,1)上是单调递增的,在(2,+∞) 上是单调递减的. 2 解答: 解:由 x ﹣3x+2>0 得 x<1 或 x>2, 2 当 x∈(﹣∞,1)时,f(x)=x ﹣3x+2 单调递减,

-5-

而 0< <1,由复合函数单调性可知 y=log

0.5

(x ﹣3x+2)在(﹣∞,1)上是单调递增的,

2

在(2,+∞)上是单调递减的. 故答案为: (﹣∞,1) 点评: 本题考查了对数函数的单调区间,同时考查了复合函数的单调性,在解决对数问题时 注意其真数大于 0,是个基础题.

11. (4 分) (2015 春?温州校级期中)设

,若 0<a<1,则 f(a)+f(1﹣a)=

1 ,

=

1007 .

考点: 函数的值. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 由已知中 ,可得当 0<a<1 时,f(a)+f(1﹣a)=1,进而得到

的值.

解答: 解:∵ ∴当 0<a<1 时, f(a)+f(1﹣a)= +



=

+

=

+

=1,



=1007×1=1007,

故答案为:1,1007. 点评: 本题考查的知识点是函数求值,指数的运算性质,其中根据已知中的函数解析式,求 出当 0<a<1 时,f(a)+f(1﹣a)=1,是解答的关键. 12. (4 分) (2015 春?温州校级期中)若关于 x 的方程 x ﹣ax+1﹣a=0 在区间[2,+∞)上有解, 则 a 的取值范围是 [ ,+∞) .
2

考点: 二次函数的性质. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 由 x ﹣ax+1﹣a=0 分离参变量得 a=
2 2

,求函数的值域即可.

解答: 解:x ﹣ax+1﹣a=0 在区间[2,+∞) 上有解, 即 a= 在区间[2,+∞)上有解,

-6-

令 y=

则 y′=

>0 对 x∈[2,+∞) 恒成立,

∴y=

在[2,+∞) 上是增函数,

故 y≥y(2)= ,故函数的值域为:[ ,+∞) , 故 a 的取值范围是:[ ,+∞) , 故答案为:[ ,+∞) . 点评: 本题考查了函数的值域问题,分离参变量得 a= 是解题的关键,属于中档题.

13. (4 分) (2015?漳州一模)已知函数

,0<a<b<c,f(a)f

(b)f(c)<0,实数 d 是函数 f(x)的一个零点.给出下列四个判断:①d<a;②d>b; ③d<c;④d>c.其中可能成立的序号是 ①②③ . (把你认为正确的命题的序号都填上) . 考点: 函数的零点与方程根的关系. 专题: 综合题. 分析: 由题意可知 f(x)在(0,+∞)单调递减,且 0<a<b<c 可得 f(a)>f(b)>f (c) ,结合 f(a)f(b)f(c)<0 可得 f(c)<f(b)<f(a)<0 或 f(c)<0<f(b) <f(a) ,又 f(d)=0 课判断 a,b,c,d 之间的大小 解答: 解:∵ 在(0,+∞)单调递减

∵0<a<b<c ∴f(a)>f(b)>f(c) ∵f(a)f(b)f(c)<0 ∴f(c)<f(b)<f(a)<0 或 f(c)<0<f(b)<f(a) ∵d 是函数 f(x)的一个即 f(d)=0 若 f(c)<f(b)<f(a)<0,f(d)=0 则可得,c>b>a>d 若 f(c)<0<f(b)<f(a) ,f(d)=0 则可得,a<b<d<c 综上可得①d<a 可能成立;②d>b 可能成立;③d<c 可能成立;④d>c 不可能成立 故答案为:①②③ 点评: 本题主要考查了函数的单调性在比较函数的变量与函数值的大小关系中的应用及函数 的零点的判断,属于函数知识的简单综合. 14. (4 分) (2015 春?温州校级期中)4 个不同的球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中,每 个盒子中球的个数不大于盒子的编号,则共有 175 种方法(用数字作答) 考点: 排列、组合的实际应用. 专题: 计算题;排列组合.

-7-

分析: 根据题意,分 4 种情况讨论: (1)四个盒子都放, (2)4 个球放到三个盒子里, (3)4 个球放到两个盒子里, (4)4 个球放一个盒子,分别求出每种情况下的放法数目,由分类计数 原理计算可得答案. 解答: 解:根据题意,分 4 种情况讨论: (1)四个盒子都放,每个盒子里都放 1 个球,将 4 个球全排列即可:有 (2)4 个球放到三个盒子里,有 种情况, 种情况,

(3)4 个球放到两个盒子里,有

+

=42 种情况,

(4)4 个球放一个盒子,只能放在编号为 4 的盒子里,有 1 种情况, 所以共有 24+108+42+1=175 种放法; 故答案为:175. 点评: 本题考查排列组合的运用,涉及分类计数原理的应用,注意分类讨论是做到不重不漏. 三.解答题(共 44 分) 15. (10 分) (2015 春?温州校级期中) <0}. (1)当 x∈N 时,求 A 的非空真子集的个数; (2)若 A? B,求实数 m 的取值范围. 考点: 集合的包含关系判断及应用;子集与真子集. 专题: 计算题. 分析: 分别求解不等式可求 A={x|﹣2≤x≤5},集合 B={x|(x﹣m+1) (x﹣2m﹣1)<0} n (1)由 x∈N,可得 A,然后根据含有 n 个元素的集合有 2 ﹣1 个真子集可求 (2)分类讨论(2m+1)与(m﹣1)的大小,进而求解出集合 B,结合集合之间的包含关系可 求 m 的范围 解答: 解:化简集合 A={x|﹣2≤x≤5},集合 B={x|(x﹣m+1) (x﹣2m﹣1)<0}(3 分) (1)∵x∈N, ∴A={0,1,2,3,4,5},即 A 中含有 6 个元素, 6 ∴A 的非空真子集数为 2 ﹣2=62 个(6 分) (2) (2m+1)﹣(m﹣1)=m+2 ①m=﹣2 时,B=Φ ? A(7 分) ②当 m<﹣2 时, (2m+1)<(m﹣1) , 所以 B=(2m+1,m﹣1) , 因此,要 B? A,则只要 所以 m 的值不存在(8 分) ③当 m>﹣2 时, (2m+1)>(m﹣1) , 所以 B=(m﹣1,2m+1) , , ,B={x|(x﹣m+1) (x﹣2m﹣1)

-8-

因此,要 B? A,则只要

. (10 分)

综上所述,m 的取值范围是:m=﹣2 或﹣1≤m≤2.?(12 分) 点评: 本题主要考查了知识不等式及二次不等式的求解,及集合的包含关系的综合应用,体 现了分类讨论思想的应用

16. (10 分) (2015 春?温州校级期中)已知 和等于 46. 5 (1)求展开式中 x 项的二项式系数. (2)求展开式中系数最大的项.

的二项展开式中前三项的二项式系数

考点: 二项式定理的应用. 专题: 二项式定理. 5 分析: (1)根据二项式系数的公式尽快求展开式中 x 项的二项式系数. (2)求出展开式系数的通项公式,尽快求展开式中系数最大的项. 解答: 解:由 (1)x 项的二项式系数为 (2)设 Tk+1 顶的系数最大. ∵ ,
5

=46,可得 n=9, (4 分)



,∴7≤k≤8 即 k=7 或 8,

故展开式中系数最大的项为 T8 或 T9, ; (6 分)

点评: 本题主要考查二项式定理的一样,求出展开式的通项公式是解决本题的关键.

17. (11 分) (2009?奉贤区二模)已知函数 (1)证明:函数 f(x)在(﹣1,+∞)上为减函数; (2)是否存在负数 x0,使得



成立,若存在求出 x0;若不存在,请说明理由.

考点: 函数恒成立问题;函数单调性的判断与证明. 分析: (1)可用函数的单调性定义证明,也可以用导数来证明; (2)假设存在,则利用指数函数的值域得到 f(x0)的范围,构造关于 x0 的不等式,解得看 是否符合条件. 解答: 解: (1)任取 x1,x2∈(﹣1,+∞) ,且 x1<x2(1 分) ∵ (4 分)

-9-

∴函数 f(x)在(﹣1,+∞)上为减函数(1 分) (2)不存在(1 分) 假设存在负数 x0,使得 则∵ (1 分) 成立, (1 分)

即 0<f(x0)<1∴

(1 分)

=

(2 分)

与 x0<0 矛盾, (1 分) 所以不存在负数 x0,使得 另: , , 成立. (1 分)

由 x0<0 得:f(x0)<﹣1 或 f(x0)>2 但

所以不存在. 点评: 单调性证明一般有定义法和导数法,存在性问题一般先假设存在,解出矛盾则不存在, 否则就存在. 18. (13 分) (2015 春?温州校级期中)已知函数 f(x)=x ﹣1,g(x)=a|x﹣1| (1)若关于 x 的方程|f(x)|=g(x)只有一个实数解,求实数 a 的取值范围; 2 (2)设 h(x)=|f(x)|+g(x)﹣a ,当 x∈[﹣2,2]时,不等式 h(x)≤0 恒成立,求实 数 a 的取值范围. 考点: 根的存在性及根的个数判断;函数恒成立问题. 专题: 计算题;分类讨论;函数的性质及应用. 2 分析: (1)由题意得|x ﹣1|=a|x﹣1|,从而可得 a<0; 2 2 (2)化简 h(x)=|f(x)|+g(x)﹣a =|x ﹣1|+a|x﹣1|﹣
2

a=

2

;从而分段讨论函数的最值,化恒成立问题为最值

问题即可. 2 解答: 解: (1)∵|x ﹣1|=a|x﹣1|, ∴|x﹣1|=0 或|x+1|=a, ∴当 a<0 时,只有一实数解; 2 (2)h(x)=|f(x)|+g(x)﹣a 2 2 =|x ﹣1|+a|x﹣1|﹣a

- 10 -

=



①∵

在[1,2]恒成立,





∴a≥
2


2



②﹣x ﹣ax﹣a +a+1≤0 恒成立, 2 2 即 x +ax+a ﹣a﹣1≥0; 即 在(﹣1,1)恒成立,

(i)

,∴a≤﹣2;

(ii)

,∴a≥2;

(iii)

,∴﹣2<a≤﹣ ;

综上所述, a≥2 或 a≤﹣ ; (3)∵ 在[﹣2,﹣1]恒成立,





∴a≥

或 或

; .

综上所述,a≥

点评: 本题考查了函数的性质的应用及分段函数的应用,同时考查了恒成立问题与最值问题 的应用,属于中档题.

- 11 -


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