1、2018-2019学年浙江省温州市十五校联合体高二（下）期中数学试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1（4分）已知集合Ax|x2x0，Bx|1x1，则AB（）A（1，1B（0，1）C0，1D0，1）2（4分）已知复数z满足（1i）z1+3i，则复数z在复平面内对应的点为（）A（1，2）B（2，1）C（2，1）D（1，2）3（4分）下列函数在其定义域上既是奇函数又是增函数的是（）Af（x）2xBf（x）x|x|CDf（x）lg|x|4（4分）若，则下列结论正确的是（）AabcBacbCcabDcba5（4分）已知，f'（x）为f（x）的导函数，则f'（x）的图象
2、是（）ABCD6（4分）在（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+（1+x）10的展开式中，含x2项的系数是（）A165B164C120D1197（4分）已知M（t，f（t），N（s，g（s）是函数f（x）lnx，g（x）2x+1的图象上的两个动点，则当达到最小时，t的值为（）A1B2CD8（4分）现有甲，乙，丙，丁，戊5位同学站成一列，若甲不在右端，且甲与乙不相邻的不同站法共有（）A60种B36种C48种D54种9（4分）下列命题正确的是（）A若lnalnba2b，则ab0B若lnalnba2b，则ba0C若lnalnb2ba，则ab0D若lnalnb2ba，则ba010（4分）已知函数f
3、（x）x|xa|+ax（aR），若方程f（x）2x+3有且只有三个不同的实数根，则a的取值范围是（）ABCD二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分）11（6分）已知函数，且ff（0）4a，则f（2） ，实数a 12（4分）在探究“杨辉三角”中的一些秘密时，小明同学发现了一组有趣的数：；，请根据上面数字的排列规律，写出下一组的规律并计算其结果： 13（6分）若，则a0+a1+a2+a6+a7 ，a6 14（6分）已知某口袋中装有除颜色外其余完全相同的2个白球和3个黑球，现从中随机取出一球，再换
4、回一个不同颜色的球（即若取出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球）记换好后袋中的白球个数为X，则X的数学期望E（X） ，方差D（X） 15（6分）已知定义域为R的函数f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，且f（2）f（3）2，则函数f（x）的增区间为 ，若g（x）（x1）f（x），则不等式g（x）2x2的解集为 16（4分）已知函数在（1，3）内不单调，则实数a的取值范围是 17（4分）已知函数f（x），若f（x1）f（x2）且x1x2，则f（x1+x2）的取值范围是 三、解答题
5、（本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18（14分）已知函数f（x）x22（a1）x+4（）若f（x）为偶函数，求f（x）在1，2上的值域；（）若f（x）在区间（，2上是减函数，求f（x）在1，a上的最大值19（15分）已知函数f（x）54|x|，g（x）x2，设F（x）（）求函数F（x）的解析式；（）求不等式F（x）|x1|的解集20（15分）已知正项数列an满足a11，前n项和Sn满足，（）求a2，a3，a4的值（）猜测数列an的通项公式，并用数学归纳法证明21（15分）已知函数f（x）2x33x，（）若f（x）的图象在xa处的切线与直线垂直，求实数a的值及切线
6、方程；（）若过点P（1，t）存在3条直线与曲线yf（x）相切，求t的取值范围22（15分）已知函数，a为大于0的常数（）讨论函数f（x）的单调性；（）若函数f（x）有两个极值点x1，x2，且x1x2，求证：2018-2019学年浙江省温州市十五校联合体高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）1（4分）已知集合Ax|x2x0，Bx|1x1，则AB（）A（1，1B（0，1）C0，1D0，1）【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可【解答】解：Ax|0x1；AB0，1）故选：D【点评】考查描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算2
7、（4分）已知复数z满足（1i）z1+3i，则复数z在复平面内对应的点为（）A（1，2）B（2，1）C（2，1）D（1，2）【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由（1i）z1+3i，得z，复数z在复平面内对应的点为（1，2）故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3（4分）下列函数在其定义域上既是奇函数又是增函数的是（）Af（x）2xBf（x）x|x|CDf（x）lg|x|【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，f（x）2x，为指数函数，不
8、是奇函数，不符合题意；对于B，f（x）x|x|，既是奇函数又是增函数，符合题意；对于C，f（x），在其定义域上不是增函数，不符合题意；对于D，f（x）lg|x|，是偶函数，不符合题意；故选：B【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题4（4分）若，则下列结论正确的是（）AabcBacbCcabDcba【分析】容易得出a68，b69，且a，b1，从而得出1ab，并可得出log321，从而可以得出a，b，c的大小关系【解答】解：a68，b69；a6b6，且a，b1；1ab；又log32log331；cab故选：C【点评】考查分数指数幂的运算，幂函数和
9、对数函数的单调性5（4分）已知，f'（x）为f（x）的导函数，则f'（x）的图象是（）ABCD【分析】求的导数，得f（x）的表达式，判断f（x）的奇偶性和对称性，然后设g（x）f（x），求g（x），研究函数g（x）的单调性，利用极限思想求出当x0时，f（x）2，利用排除法进行求解即可【解答】解：函数的导数f（x）x+sinx，设g（x）f（x），则g（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D：g（x）1+cosx0，即函数f（x）为增函数，当x0且x0，g（x）1+cosx2，故排除B，故选：A【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，求出函数的导数，利用函数的对称性和极限思
10、想是解决本题的关键6（4分）在（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+（1+x）10的展开式中，含x2项的系数是（）A165B164C120D119【分析】由题意可得展开式中含x2项的系数为C32+C42+C102，再利用二项式系数的性质化为C113C22，从而得到答案【解答】解：（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+（1+x）10的展开式中含x2项的系数为C32+C42+C102C113C22164，故选：B【点评】本题主要考查二项式定理的应用，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题7（4分）已知M（t，f（t），N（s，g（s）是函数f（x）lnx，g（x）2x+1的图象
11、上的两个动点，则当达到最小时，t的值为（）A1B2CD【分析】M，N是函数f（x）lnx，g（x）2x+1的图象上的两个动点，则当达到最小时，此时函数f（x）的切线方程，与g（x）2x+1平行，求导，根据导数的几何意义即可求出【解答】解：M，N是函数f（x）lnx，g（x）2x+1的图象上的两个动点，则当达到最小时，此时函数f（x）的切线方程，与g（x）2x+1平行，f（x），k2，解得t故选：C【点评】本题考查了导数的几何意义，考查了运算能力和转化能力，属于中档题，8（4分）现有甲，乙，丙，丁，戊5位同学站成一列，若甲不在右端，且甲与乙不相邻的不同站法共有（）A60种B36种C48种D54种
12、【分析】根据题意，用间接法分析：先计算甲与乙不相邻站法数目，再计算其中甲在右端且甲与乙不相邻的站法，进而分析可得答案【解答】解：根据题意，用间接法分析：先计算甲与乙不相邻站法数目，先将丙，丁，戊3位同学站成一列，有A336种情况，排好后有4个空位，将甲乙安排在4个空位中，有A4212种情况，则甲与乙不相邻站法有61272种；其中甲在右端，甲乙不相邻的站法有6318种；则甲不在右端，且甲与乙不相邻的不同站法有721854种；故选：D【点评】本题考查排列、组合的应用，注意用间接法分析，属于基础题9（4分）下列命题正确的是（）A若lnalnba2b，则ab0B若lnalnba2b，则ba0C若lna
13、lnb2ba，则ab0D若lnalnb2ba，则ba0【分析】lnalnb2ba，令t，则bat，记f（t）lnt+2ata，通过求导得单调性，利用单调性可得【解答】解：lnalnb2ba，令t，则bat，lnaln（at）2ata，即lnt+ata0，记f（t）lnt+2ata，则f（t）+2a0，f（t）在（0，+）上单调递增，f（1）ln1+2aaa0f（t），1t，即1，ab0故选：C【点评】本题考查了不等式的基本性质，属中档题10（4分）已知函数f（x）x|xa|+ax（aR），若方程f（x）2x+3有且只有三个不同的实数根，则a的取值范围是（）ABCD【分析】由题意，原问题等价于函
14、数yf（x）与函数y2x+3的图象有三个交点，分类讨论结合数形结合即可得到答案【解答】解：若方程f（x）2x+3有且只有三个不同的实数根，即函数yf（x）与函数y2x+3的图象有三个交点，由题意，且a2a2+2aa，f（x）x2+2ax恒过点（0，0），f（x）x2与函数y2x+3相交于（1，1）及（3，9），当a1时，作出函数草图如下，由图观察可知，此时函数yf（x）与函数y2x+3的图象显然有三个交点；当1a0时，作出函数草图如下，由图象可知，此时只需x2+2ax2x+3有两个不同的根即可，即（22a）2120，解得或，则此时；当0a3时，作出函数草图如下，由图象可知，此时只需x2+2ax
15、2x+3有两个不同的根即可，即（22a）2120，解得或，此时；当a3时，作出函数草图如下，此时只有两个交点，不符合题意；当a3时，作出函数草图如下，此时只有一个交点，不符合题意；综上，实数a的取值范围为故选：B【点评】本题主要考查根据函数零点个数确定参数的取值范围，考查分类讨论思想及数形结合思想，有一定难度二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分）11（6分）已知函数，且ff（0）4a，则f（2），实数a2【分析】先根据分段函数的解析式求出f（0），进而可表示ff（0），即可求解【解答】解：，f（0）2，ff（0）f（2）4+2a4a，a2，则f（2）22+1
16、，a2，故答案为：【点评】本题主要考查了分段函数的性质的简单应用，属于基础试题12（4分）在探究“杨辉三角”中的一些秘密时，小明同学发现了一组有趣的数：；，请根据上面数字的排列规律，写出下一组的规律并计算其结果：C144【分析】本题根据题干中的四个式子的特点可以很明显写出下一个算式，然后根据组合的定义式进行计算可得到结果【解答】解：根据题中的四个式子的特点可以很明显写出下一个算式为：C6+35+56+36+10+1144故答案为：C144【点评】本题主要考查对算式规律的归纳能力，以及根据发现的规律猜想出下一个算式本题属基础题13（6分）若，则a0+a1+a2+a6+a7128，a621【分析】
17、由二项式定理及展开式系数的求法得：x0得：a0+a1+a2+a6+a727128又（2x）73（1+x）7，由3（1+x）7展开式的通项为Tr+137r（1+x）r，令r6得a621，得解【解答】解：由，令x0得：a0+a1+a2+a6+a727128，故a0+a1+a2+a6+a7128，又（2x）73（1+x）7，由3（1+x）7展开式的通项为Tr+137r（1+x）r，令r6得a621，故a621，故答案为：128 21【点评】本题考查了二项式定理及展开式系数的求法，属中档题14（6分）已知某口袋中装有除颜色外其余完全相同的2个白球和3个黑球，现从中随机取出一球，再换回一个不
18、同颜色的球（即若取出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球）记换好后袋中的白球个数为X，则X的数学期望E（X），方差D（X）【分析】X的所有可能的取值为1，3，根据古典概型求出概率，再用期望和方差公式求得【解答】解：X的所有可能的取值为1，3，P（X1），P（X3），E（X）1+3，D（X）（1）2+（3）2故答案为：，【点评】本题考查了离散型随机变量的期望与方差，属中档题15（6分）已知定义域为R的函数f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，且f（2）f（3）2，则函数f（x）的增区间为1，+），若g（x）（x1）f（x），则不等式g（x）2x2的解集为2，13，
19、+）【分析】根据图象得到函数f（x）的单调区间，通过讨论x的范围，从而求出不等式的解集【解答】解：由题意得：当x1时，f（x）0，故f（x）在1，+）递增，由题意得：f（x）在（，1）递减，在（1，+）递增，解不等式g（x）2x2，即解不等式（x1）f（x）3（x1），x10时，上式可化为：f（x）2f（2），解得：x3，x10时，不等式可化为：f（x）3f（2），解得：2x1，综上：不等式的解集是2，13，+），故答案为：1，+），2，13，+），【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是一道中档题16（4分）已知函数在（1，3）内不单调，则实数a的取值范围是a1或a【分析】函数
20、f（x）在（1，3）内不单调函数f（x）在（1，3）内存在极值f（x）0在（1，3）内有解，即ax22ax+10在（1，3）内有解即可得出a的取值范围【解答】解：f（x）ax22ax+lnx，x（1，3）当a0时，f（x）lnx在（1，3）上单调递增，不符合题意，当a0时，f（x）ax2a+，f（x）ax22ax+lnx在（1，3）上不单调，f（x）0在（1，3）上有解，设g（x）ax22ax+1，其对称轴为x1，g（1）g（3）0，（a+1）（3a+1）0，解得a1或a，故答案为：a1或a【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值，考查了等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题
21、17（4分）已知函数f（x），若f（x1）f（x2）且x1x2，则f（x1+x2）的取值范围是4，+）【分析】作出f（x）的图象，可令f（x1）f（x2）t（t0），即有x1，x2，可得x1+x20，由分段函数解析式，运用配方法，结合二次函数的性质可得所求取值范围【解答】解：作出函数f（x）的图象，可令f（x1）f（x2）t（t0），可得4x15x22t，x10，x20，即有x1，x2，可得x1+x2（t4+5）（2）2+1）0，则f（x1+x2）4（t4+5）5t4（2）244，当t4时，取得最小值4，故答案为：4，+）【点评】本题考查分段函数的图象和运用，考查化简运算能力和数形结合思想方法
22、，以及配方法，属于中档题三、解答题（本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18（14分）已知函数f（x）x22（a1）x+4（）若f（x）为偶函数，求f（x）在1，2上的值域；（）若f（x）在区间（，2上是减函数，求f（x）在1，a上的最大值【分析】（）求出函数的对称轴，由偶函数的性质分析可得a10，解可得a1，即可得函数的解析式，由二次函数的性质分析可得答案；（）根据题意，由二次函数的性质分析可得a12，则a3；分析函数f（x）在区间1，a上的单调性，求出并比较f（1）、f（a）的值，即可得答案【解答】解：（）根据题意，函数f（x）x22（a1）x+4，为二次函数，
23、其对称轴为xa1，若f（x）为偶函数，则a10，解可得a1；则f（x）x2+4，又由1x2，则有4f（x）8，即函数f（x）的值域为4，8；（）根据题意，函数f（x）x22（a1）x+4，为二次函数，其对称轴为xa1，若f（x）在区间（，2上是减函数，则a12，则a3；又由1a1a，则f（x）在区间1，a1上递减，在a1，a递增，且f（1）72a，f（a）a2+2a+4，f（1）f（a）（72a）（a2+2a+4）a24a+3（a2）21，又由a3，则f（1）f（a），则f（x）在1，a上的最大值为f（1）72a【点评】本题考查二次函数的性质，涉及二次函数的单调性以及最值，属于基础题19（15
24、分）已知函数f（x）54|x|，g（x）x2，设F（x）（）求函数F（x）的解析式；（）求不等式F（x）|x1|的解集【分析】（）根据分段函数的定义可得；（）分2种情况解不等式再相交【解答】解：（）当f（x）g（x）时，54|x|x2（|x|1）（|x|+5）0解得1x1当f（x）g（x），54|x|x2解得x1或x1F（x） （5分）（）（1）当1x1时，由F（x）|x1|，得x2|x1|x2+x10
25、解得x或x，于是 x1 （8分）（2）当x1或x1时由F（x）|x1|，得54|x|x1|若x1时，不等式化为5+4x1x，无解若x1时，不等式化为54xx1，解得 1x （14分）由（1），（2）得x故不等式F（x）|x1|的解集为x|x（15分）【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题20（15分）已知正项数列an满足a11，前n项和Sn满足，（）求a2，a3，a4的值（）猜测数列an的通项公式，并用数学归纳法证明【分析】（）分别令n2，3，4，解方程可得数列的前三项；（）由（）猜想an2n1；用数学归纳法
26、证明an2n1注意步骤，由nk等式成立，运用数列的递推式推理证得nk+1也成立【解答】解（）当n2时，4S2（a2+1）2，4（a2+1）（a2+1）2，解得a23，当n3时，4S3（a3+1）2，4（S2+a3）（a3+1）2，解得a35，当n4时，4S4（a4+1）2，解得a47，（）猜想得an2n1，下面用数学归纳法证明：当n1，2时a11，a23，满足an2n1假设nk时，结论成立，即ak2k1，则nk+1时4Sk+1（ak+1+1）2，4（Sk+ak+1）（ak+1）2+4ak+1（ak+1+1）2，将ak2k1代入化简得（ak+11）24k2，ak+12k+12（k+1）1，故nk
27、+1时结论成立综合可知，an2n1【点评】本题主要考查数学归纳法的应用，考查数列的通项公式，正确运用数学归纳法是关键，属于中档题21（15分）已知函数f（x）2x33x，（）若f（x）的图象在xa处的切线与直线垂直，求实数a的值及切线方程；（）若过点P（1，t）存在3条直线与曲线yf（x）相切，求t的取值范围【分析】（）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为1，可得a，进而得到所求切线方程；（）设切点坐标（m，n），切线斜率为k，可得切线方程，代入P（1，t），运用构造函数法，求得导数和单调性，可得极值，即可得到所求范围【解答】解：（）由f（x）2x33x得f（x）
28、6x23，于是在xa处的切线的斜率为6a23，由于切线与直线垂直，所以6a233故实数a的值为1当a1时，切点为（1，1），切线为y3x4；当a1时，切点为（1，1），切线为y3x+4；（）设切点坐标（m，n），切线斜率为k，则有切线方程为y（2m33m）（6m23）（xm），因为切线过P（1，t），所以将P（1，t）代入直线方程可得：t（2m33m）（6m23）（1m），即为t（6m23）（1m）+（2m33m）4m3+6m23，令g（x）4x3+6x23，即直线yt与g（x）4x3+6x23有三个不同交点由g（x）12x2+12x12x（x1），令g（x）0解得0x1，所以g（x）在（，0
29、），（1，+）单调递减，在（0，1）单调递增，g（x）极大值g（1）1，g（x）极小值g（0）3， 所以若有三个交点，则t（3，1），所以当t（3，1）时，过点P（1，t），存在3条直线与曲线yf（x）相切【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调性、极值，考查方程思想和转化思想，以及运算能力，属于中档题22（15分）已知函数，a为大于0的常数（）讨论函数f（x）的单调性；（）若函数f（x）有两个极值点x1，x2，且x1x2，求证：【分析】（）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行判断即可（）结合函数极值和导数之间的关系，转化为根与系数之间的关系，构造函数，利用函数单调性
30、进行证明即可【解答】解：（）函数定义域为（，1），求导得f（x）+x，令g（x）x2+xa（x）2+a，若a，则g（x）0恒成立，此时f（x）在（，1）上单调递减；若0a，则g（x）0在（，1）上有两个实数解x1，x2当xx1时，f（x）0，此时f（x）在（，x1）上单调递减；当x1xx2时，f（x）0，此时f（x）在（x1，x2）上单调递增；当x1x1，f（x）0，此时f（x）在（x2，1）上单调递减（）由（）知当0a时有两个极值点x1，x2，且满足x1+x21，x1x2a，x1（0，），f（x2）x1aln（1x2）+x1x1（1x1）lnx1x1+（1x1）2x1（1x1）lnx1x1+（x124x1+1），构造函数h（x）x（1x）lnx+（x24x+1）则h（x）（12x）lnx1，当x（0，）时，h（x）0，h（x）在（0，）上单调递减又x1（0，），h（x1）h（）即【点评】本题主要考查导数的综合应用，结合函数单调性，极值和导数之间的关系进行求解是解决本题的关键综合性较强，运算量较大，有一定 的难度
