1、2018-2019学年浙江省杭州二中高二（下）期中数学试卷一、选择题：每小题4分，共40分1（4分）复数的共轭复数是（）A1+2iB12iC2+iD2i2（4分）一个袋子中有4个红球，2个白球，若从中任取2个球，则这2个球中有白球的概率是（）ABCD3（4分）二项式（3x）6的展开式中的常数项为（）A540B135C270D5404（4分）若（1+2x）2（1x）5a0+a1x+a2x2+a7x7，则a2+a4+a6（）A32B16C15D05（4分）用数学归纳法证明不等式+（n1，nN*）的过程中，从nk到nk+1时左边需增加的代数式是（）ABC+D6（4分）已知x0，y0且yx1，则，的值
2、满足（）A，都大于1B，至少有一个小于1C，都小于1D以上说法都不正确7（4分）已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（）种A19B26C7D128（4分）函数f（x）2x2ln|x|的部分图象大致为（）ABCD9（4分）已知函数f（x）mln（x+1）3x3，若不等式f（x）mx3ex在x（0，+）上恒成立，则实数m的取值范围是（）A0m3Bm3Cm3Dm010（4分）已知函数，关于x的方程有m个不同的实数解，则m的所有可能的值
3、构成的集合为（）A3B3，5C3，4D3，4，5二、填空题：多空题每题6分，单空题每题5分，共37分11（5分）现有5件相同的产品，其中3件合格，2件不合格，从中随机抽检2件，则一件合格，另一件不合格的概率为 12（6分）已知复数zlg（m2+2m14）+（m2m6）i，若复数z是实数，则实数m ；若复数z对应的点位于复平面的第二象限，则实数m的取值范围为 13（6分）已知随机变量的分布列为：102Pxy若，则x+y ；D（） 14（5分）在（1ax+x2）5的展开式中，x3的系数为30，则实数a的值为 15（
4、5分）若存在x0R，满足f（x0）g（x0）且f'（x0）g'（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”，若函数f（x）ax21与g（x）lnx存在“S点”，则实数a 16（5分）在一个如图所示的6个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两块区域中种不同的植物现有4种不同的植物可供选择，则不同的栽种方案的总数 （结果用数字表示）17（5分）设函数f（x）ex（2x1）ax+a，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）0，则a的取值范围是 三、解答题18（14分）如图是一旅游景区供游客行走的路线图，假设
5、从进口A开始到出口B，每遇到一个岔路口，每位游客选择其中一条道路行进是等可能的现有甲、乙、丙、丁共4名游客结伴到旅游景区游玩，他们从进口A的岔路口就开始选择道路自行游玩，并按箭头所指路线行走，最后到出口B中，设点C是其中的一个交叉路口点（1）求甲经过点C的概率；（2）设这4名游客中恰有X名游客都是经过点C，求随机变量X的概率分布和数学期望19（14分）在（x2）n的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为（1）求n的值；（2）求展开式中所有的有理项；（3）求展开式中系数最大的项20（15分）已知函数，记数列an的前n项和为Sn，且有a1f（1）当n2时，（1）计算a1，a2，a3，a4；
6、（2）请归纳猜测数列an的通项公式，并用数学归纳法证明21（15分）已知函数f（x）axex1，g（x）lnx+kx（1）求g（x）的单调区间；（2）若k1，f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围22（15分）已知函数，g（x）ax2+bx（1）当a2，b3时，求函数f（x）在x1处的切线方程，并求函数f（x）的最大值；（2）若函数yf（x）的两个零点分别为x1，x2，且x1x2，求证：2018-2019学年浙江省杭州二中高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题4分，共40分1（4分）复数的共轭复数是（）A1+2iB12iC2+iD2i【分析】直接由复数代数形式的乘除运算
7、化简复数z得答案【解答】解：由，得复数的共轭复数是：1+2i故选：A【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题2（4分）一个袋子中有4个红球，2个白球，若从中任取2个球，则这2个球中有白球的概率是（）ABCD【分析】从中任取2个球，基本事件总数n15，这2个球中有白球包含的基本事件个数m+9，由此能求出这2个球中有白球的概率【解答】解：一个袋子中有4个红球，2个白球，从中任取2个球，基本事件总数n15，这2个球中有白球包含的基本事件个数m+9，这2个球中有白球的概率是p故选：B【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题
8、3（4分）二项式（3x）6的展开式中的常数项为（）A540B135C270D540【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项【解答】解：二项式（3x）6的展开式的通项公式为Tr+1（3）r，令0，求得r2，可得展开式中的常数项为9135，故选：B【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题4（4分）若（1+2x）2（1x）5a0+a1x+a2x2+a7x7，则a2+a4+a6（）A32B16C15D0【分析】令x0，得a01；再分别令x1，x1，可得a2+a4+a6的值【解答】解：对于（1+2x）2（1x）5a0
9、+a1x+a2x2+a7x7，令x0，得a01，令x1，可得 a0+a1+a2+a70，再令x1，可得 a0a1+a2a3+a6a732，2（a0+a2+a4+a6）32，a2+a4+a615，故选：C【点评】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题5（4分）用数学归纳法证明不等式+（n1，nN*）的过程中，从nk到nk+1时左边需增加的代数式是（）ABC+D【分析】求出当nk时，左边的代数式，当nk+1时，左边的代数式，相减可得结果【解答】解：当nk时，左边的代数式为+， 当nk+1时，左边的代数
10、式为+，故用nk+1时左边的代数式减去nk时左边的代数式的结果为：+故选：B【点评】本题考查用数学归纳法证明不等式，注意式子的结构特征，以及从nk到nk+1项的变化6（4分）已知x0，y0且yx1，则，的值满足（）A，都大于1B，至少有一个小于1C，都小于1D以上说法都不正确【分析】根据不等式的性质和函数的性质即可判断【解答】解：x0，y0且yx1，xy1，x1y，1，xy1，3x3y3，1+3x3y2，3，当y1时，31，当0y2时，31，可小于1，可等于1，可大于1，故，至少有一个小于1故选：B【点评】本题考查了不等式的性质和函数的性质，考查了转化能力和运算能力，属于中档题7（4分）已知某
11、超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（）种A19B26C7D12【分析】由题意，根据甲丙丁的支付方式进行分类，根据分类计数原理即可求出【解答】解：顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，当甲丙丁顾客都不选微信时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人A222种，当甲选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C215，故有2+57种，当甲丙丁顾客都不选
12、支付宝时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人A222种，当甲选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C215，故有2+57种，当甲丙丁顾客都不选银联卡时，若有人使用现金，则C31A226种，若没有人使用现金，则有C32A226种，故有6+612种，根据分步计数原理可得共有7+7+6+626种，故选：B【点评】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题8（4分）函数f（x）2x2ln|x|的部分图象大致为（）ABCD【分析】由函数为偶函数排除B；再由导数研究单调性且求得极值判断【解答】解：函数f（x）2x2ln|x|
13、为偶函数，则其图象关于y轴对称，排除B；当x0时，f（x）2x2lnx，f（x）4x当x（0，）时，f（x）0，当x（，+）时，f（x）0f（x）在（0，）上为减函数，在（，+）上为增函数，f（x）有极小值f（）0结合选项可得，函数f（x）2x2ln|x|的部分图象大致为A故选：A【点评】本题考查函数奇偶性的判断及应用，训练了利用导数研究函数的单调性，是中档题9（4分）已知函数f（x）mln（x+1）3x3，若不等式f（x）mx3ex在x（0，+）上恒成立，则实数m的取值范围是（）A0m3Bm3Cm3Dm0【分析】令g（x）mlnx3x问题等价于g（x+1）g（ex）在（0，+）上恒成立，根据
14、函数的单调性求出a的范围即可【解答】解：令g（x）mlnx3x，问题等价于g（x+1）g（ex）在（0，+）上恒成立因为x（0，+）时，1x+1ex，所以只需g（x）在（1，+）上递减，即x1，g（x）0恒成立，即，m3xm3故选：C【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题10（4分）已知函数，关于x的方程有m个不同的实数解，则m的所有可能的值构成的集合为（）A3B3，5C3，4D3，4，5【分析】求函数f（x）的导数，判断函数的极值，作出函数f（x）的图象，设nf（x），利用根与系数之间的关系得到n2nt0，由判别式t2+0，方程有两个不等实根，n1n20
15、，利用数形结合进行讨论求解即可【解答】解：函数f（x）的导数为f（x），由f（x）0，得1x3，f（x）递增；由f（x）0，得x3或x1，f（x）递减即有f（x）在x1处取得极小值f（1）2e；在x3处取得极大值f（3），作出f（x）的图象，如图所示；关于x的方程，令nf（x），则n2nt0，由判别式t2+0，方程有两个不等实根，n1n20，则原方程有一正一负实根而2e，即当n1，则n22e，此时yn1，和f（x）有两个交点，yn2与f（x）有1个交点，此时共有3个交点，当n1，则2en20，此时yn1，和f（x）有1个交点，yn2与f（x）有2个交点，此时共有3个交点，当0n1则n22e，此
16、时yn1和f（x）有3个交点，yn2与f（x）有0交点，此时共有3个交点，当2en10，则或n2，此时yn1和f（x）有2个交点，yn2与f（x）有1个交点，此时共有3个交点，当n12e，则n2，此时yn1和f（x）有1个交点，yn2与f（x）有2个交点，此时共有3个交点，当n12e，则0n2，此时yn1和f（x）有0个交点，yn2与f（x）有3个交点，此时共有3个交点，综上方程f（x）2+tf（x）0（tR）恒有3个不同的实数解，即m3，即m的所有可能的值构成的集合为3，故选：A【点评】本题考查方程的根的个数的判断，考查函数方程的转化思想，注意运用二次方程的判别式和韦达定理，考查数形结合和分
17、类讨论的思想方法，综合性较强，难度较大二、填空题：多空题每题6分，单空题每题5分，共37分11（5分）现有5件相同的产品，其中3件合格，2件不合格，从中随机抽检2件，则一件合格，另一件不合格的概率为【分析】分别求出基本事件的总数和要求事件包含的基本事件的个数，根据古典概型的概率计算公式即可得出【解答】解：从5件产品中任意抽取2有10种抽法，其中一件合格、另一件不合格的抽法有6种根据古典概型的概率计算公式可得一件合格，另一件不合格的概率P故答案为【点评】熟练掌握古典概型的概率计算公式和排列与组合的计算公式是解题的关键12（6分）已知复数zlg（m2+2m14）+（m2m6）i，若复数z是实数，则
18、实数m3；若复数z对应的点位于复平面的第二象限，则实数m的取值范围为（5，1）【分析】由实部真数大于0且虚部为0求解m值；由实部真数大于0且小于1，虚部大于0联立不等式组求解【解答】解：zlg（m2+2m14）+（m2m6）i为实数，解得m3；由复数z对应的点位于复平面的第二象限，得，解得5m1实数m的取值范围为（5，1）故答案为：3；（5，1）【点评】本题考查复数的基本概念，考查对数函数的性质，训练了一元二次不等式组的解法，是基础题13（6分）已知随机变量的分布列为：102Pxy若，则x+y；D（）【分析】由离散型随机变量的分布列的性质及数学期望的性质列方程组，能求出x，y，由此能求出x+y
19、和D（）【解答】解：由题意得：，解得x，y，x+y，D（）（1）2+（0）2+（2）2故答案为：，【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机离题的方差的求法，考查离散型随机变量的分布列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14（5分）在（1ax+x2）5的展开式中，x3的系数为30，则实数a的值为1【分析】利用通项公式即可得出【解答】解：在（1ax+x2）5的展开式中，通项公式Tr+1（x2ax）r，（x2ax）r的通项公式Tk+1（x2）rk（ax）k（a）kx2rk，令2rk3则r2时，k1；r3时，k3x3的系数为30+，解得a1故答案为：1【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查
20、了推理能力与计算能力，属于基础题15（5分）若存在x0R，满足f（x0）g（x0）且f'（x0）g'（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”，若函数f（x）ax21与g（x）lnx存在“S点”，则实数a【分析】分别令f（x）g（x），f（x）g（x），分离参数可得a，a，则数f（x）与g（x）的“S点”为F（x）的零点，求出零点即可得出a的值【解答】解：f（x）2ax，g（x）（x0），令f（x）g（x）可得a，令f（x）g（x）可得a，令F（x）（x0），设函数f（x）ax21与g（x）lnx的“S点”为x0，则x0为F（x）的零点令F（x）0可得1+2lnx
21、0，故x，即x0把x0代入a可得a故答案为：【点评】本题考查了函数零点的计算，函数与方程的应用，属于中档题16（5分）在一个如图所示的6个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种同一种植物，相邻的两块区域中种不同的植物现有4种不同的植物可供选择，则不同的栽种方案的总数588（结果用数字表示）【分析】根据题意，分2步进行分析：，对于区域B有4种情况可选，E区域与B相邻，有3种情况可选：，对于剩下的4个区域，分4种情况讨论，由加法原理求出其栽种方案数目，由分步计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，分2步进行分析：，对于区域B有4种情况可选，E区域与B相邻，有3种情况可选：，对于剩下的4个区域，分4
22、种情况讨论：A区域与E区域的相同，C区域与E区域的也相同；此时D区域的选法有3种，F区域的选法也有3种，此时ADCF的区域有339种；A区域与E区域的不相同，C区域与E区域的相同；此时A区域的选法有2种，D区域的选法有2种，F区域的选法有3种，此时ADCF的区域有22312种；A区域与E区域的相同，C区域与E区域的不相同；此C区域的选法有2种，F区域的选法有2种，D区域的选法有3种，此时ADCF的区域有22312种；A区域与E区域的不相同，C区域与E区域也不相同；此时A区域的选法有2种，D区域的选法有2种，C区域的选法有2种，F区域的选法有2种，此时ADCF的区域有222216种；则ADCF的
23、区域的选法有9+12+12+1649种栽种方案；则有1249588种不同的栽种方案；故答案为：588【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计、分类数原理的应用，属于基础题17（5分）设函数f（x）ex（2x1）ax+a，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）0，则a的取值范围是，1）【分析】设g（x）ex（2x1），yaxa，则存在唯一的整数x0，使得g（x0）在直线yaxa的下方，由此利用导数性质能求出a的取值范围【解答】解：函数f（x）ex（2x1）ax+a，其中a1，设g（x）ex（2x1），yaxa，存在唯一的整数x0，使得f（x0）0，存在唯一的整数x0，使得g（x0）在
24、直线yaxa的下方，g（x）ex（2x+1），当x时，g（x）0，当x时，g（x）ming（）当x0时，g（0）1，g（1）e0，直线yaxa恒过（1，0），斜率为a，故ag（0）1，且g（1）3e1aa，解得a的取值范围是，1）故答案为：，1）【点评】本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用三、解答题18（14分）如图是一旅游景区供游客行走的路线图，假设从进口A开始到出口B，每遇到一个岔路口，每位游客选择其中一条道路行进是等可能的现有甲、乙、丙、丁共4名游客结伴到旅游景区游玩，他们从进口A的岔路口就开始选择道路自行游玩，并按箭头所指路线行走，最后到出口
25、B中，设点C是其中的一个交叉路口点（1）求甲经过点C的概率；（2）设这4名游客中恰有X名游客都是经过点C，求随机变量X的概率分布和数学期望【分析】（1）设“甲从进口A开始到出口B经过点C”为事件M，甲选中间的路的概率为，在前面从岔路到达点C的概率为，这两步事件相互独立，由此利用互斥事件概率加法公式能求出甲经过点C的概率（2）随机变量可能的取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E（X）【解答】解：（1）设“甲从进口A开始到出口B经过点C”为事件M，甲选中间的路的概率为，在前面从岔路到达点C的概率为，这两步事件相互独立，选择从中间一条路走到点C的概率为：P1，同理，选
26、择从最右边的道路走到点C的概率为P2，选择中间道路和最右边道路行走的两个事件彼此互斥，P（M）P1+P2，甲经过点C的概率为（2）随机变量可能的取值为0，1，2，3，4，P（X0），P（X1），P（X2），P（X3），P（X4），X的分布列为： X01 2 3 4P E（X）+4【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19（14分）在（x2）n的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为（1）求n的值；（2）求展开式中所有的有理项；（3）求展开式中系数最大的项【分析】（1）由题意根据二项展开式的通
27、项公式，求得m的值（2）令x的幂指数等于整数，求得r的值，可得结论（3）设展开式中第r+1项的系数最大，根据，求得r的范围，可得结论【解答】解：（1）由题意知：通项公式为Tr+12r，则第4项的系数为23，倒数第4项的系数为2n3，则有，即，n7（2）由（1）可得当2n为整数时，即r0，2，4，6时，为有理项故所有的有理项为T1x14，T384x9，T5560x4，T7448x1（3）设展开式中第r+1项的系数最大，则，求得 r，r5，故系数最大项为T625672【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题20（15分）已知函数，记数列a
28、n的前n项和为Sn，且有a1f（1）当n2时，（1）计算a1，a2，a3，a4；（2）请归纳猜测数列an的通项公式，并用数学归纳法证明【分析】（1）函数，a1f（1）1当n2时，即Sn+an（n2+5n+2）n2，3，4时解出即可（2）猜测数列an的通项公式为an，用数学归纳法证明即可【解答】解：（1）函数，a1f（1）1当n2时，即Sn+an（n2+5n+2）S2+a2，解得a2同理可得：a3，a4（2）猜测数列an的通项公式为an，用数学归纳法证明（i）n1，2时，成立（ii）假设nkN*时成立，k2，即akSk1+则nk+1时，Sk+2ak+1（k+1）2+5（k+1）+2，+2ak+1
29、（k2+7k+8），解得ak+1+k+1+1nk+1时成立综上可得：数列an的通项公式为an【点评】本题考查了数列递推关系、数学归纳法，考查了推理能力与计算能力，属于难题21（15分）已知函数f（x）axex1，g（x）lnx+kx（1）求g（x）的单调区间；（2）若k1，f（x）g（x）恒成立，求实数a的取值范围【分析】（1）求函数的导数，分类讨论k的取值范围可求g（x）的单调区间；（2）（分离参数、设而不求，转化为函数问题）若k1，f（x）g（x）恒成立，即axex1lnx+kx恒成立因为x0，所以a令h（x）求函数h（x）的最大值即可求实数a的取值范围【解答】解：（1）g（x）lnx+k
30、x的定义域为（0，+），g（x）+k，当k0时，g（x）0，g（x）在（0，+）上是增函数；当k0时，令g（x）+k0，得x，令g（x）+k0，得0x，所以g（x）在（0，）上是增函数，令g（x）+k0，得x，所以g（x）在（，+）上是减函数；（2）当k1时，f（x）g（x）恒成立，即axex1lnx+kx恒成立，因为x0，所以a令h（x）h（x），令p（x）lnxx，p（x）10，故p（x）在（0，+）上单调递减，且p（）10，p（1）10，故存在t（，1）使得p（t）lntt0，即lnt+t0，tet，当x（0，t）时，p（x）0，h（x）0；当x（t，+），p（x）0，h'（x）
31、0；所以h（x）maxh（t）1，所以a1；故实数a的取值范围是a|a1【点评】本题考查了导数的综合应用问题，考查恒成立问题，正确求导是关键属于中档题22（15分）已知函数，g（x）ax2+bx（1）当a2，b3时，求函数f（x）在x1处的切线方程，并求函数f（x）的最大值；（2）若函数yf（x）的两个零点分别为x1，x2，且x1x2，求证：【分析】（1）代入a，b的值，求出函数的导数，求出切点坐标，求出切线方程，求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最大值即可；（2）根据函数的单调性求出令，即证0t1，令，根据函数的单调性证明即可【解答】（1）解：当a2，b3时，（x0）则f'（e）1，切点为，故函数f（x）在x1处的切线方程为，令h（x）1lnxx2，则h（x）1lnxx2在（0，+）是减函数又h（1）0x（0，1），h（x）0，f'（x）0，x（1，+），h（x）0，f'（x）0，f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+）是减函数，f（x）maxf（1）2；（2）证明：x1，x2是f（x）的两个零点，不妨设x1x2，f（x1）f（x2）0，相减得：，令，即证0t1时，令，在（0，1）上是增函数，又m（1）0，t（0，1），m（t）0，命题得证【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题
