2014-2015学年浙江省温州中学高二(下)期中数学试卷(理科) (Word版含解析)

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，则当x≠0且x≠1时，f（x）=（）

A．B．C．D．

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=

∵

∴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|＜0}={x|﹣1＜x ＜1}，B={x||x ﹣1|＜a}={x|﹣a+1＜x ＜a+1}，

当a=1时，B={x|0＜x ＜2}， 若“a=1”则“A ∩B ≠?”；

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，…，x n中的最大数为max{x1，x2，…，x n}，最小数为min{x1，x2，…，x n}则max{min{x+1，x2﹣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．

分析：在同一坐标系中作出三个函数y=x+1，y=x2﹣x+1与y=﹣x+6的图象，依题意，即可求得max{min{x+1，x2﹣x+1，﹣x+6}}．

解答：解：在同一坐标系中作出三个函数y=x+1，y=x2﹣x+1与y=﹣x+6的图象如图：

由图可知，min{x+1，x2﹣x+1，﹣x+6}为射线AM，抛物线，线段BC，与射线CT的

组合体，

显然，在C点时，y=min{x+1，x2﹣x+1，﹣x+6}取得最大值．

解方程组得，C（，），

∴max{min{x+1，x2﹣x+1，﹣x+6}}=．

故答案为．

故选D

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=x2﹣x+1与y=﹣x+6的图象是关键，也是难点，属于中档题．

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．

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（x2﹣3x+2）的递增区间是（﹣∞，

1）．

考点：对数函数的单调区间．

专题：计算题．

分析：由x2﹣3x+2＞0得x＜1或x＞2，由于当x∈（﹣∞，1）时，f（x）=x2﹣3x+2单调递减，由复合函数单调性可知y=log 0.5（x2﹣3x+2）在（﹣∞，1）上是单调递增的，在（2，+∞）上是单调递减的．

解答：解：由x2﹣3x+2＞0得x＜1或x＞2，

当x∈（﹣∞，1）时，f（x）=x2﹣3x+2单调递减，

而0＜＜1，由复合函数单调性可知y=log 0.5（x2﹣3x+2）在（﹣∞，1）上是单调递增的，

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，

故=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x2﹣ax+1﹣a=0在区间[2，+∞）上有解，则a的取值范围是[，+∞）．

考点：二次函数的性质．

专题：函数的性质及应用．

分析：由x2﹣ax+1﹣a=0分离参变量得a=，求函数的值域即可．

解答：解：x2﹣ax+1﹣a=0在区间[2，+∞）上有解，

即a=在区间[2，+∞）上有解，

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．

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：有种情况，

（2）4个球放到三个盒子里，有种情况，

（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），B={x|（x﹣m+1）（x﹣2m

﹣1）＜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} （1）由x∈N，可得A，然后根据含有n个元素的集合有2n﹣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，

∴A的非空真子集数为26﹣2=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），

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）已知的二项展开式中前三项的二项式系

数和等于46．

（1）求展开式中x5项的二项式系数．

（2）求展开式中系数最大的项．

考点：二项式定理的应用．

专题：二项式定理．

分析：（1）根据二项式系数的公式尽快求展开式中x5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=46，可得n=9，

（1）x5项的二项式系数为（4分）

（2）设T k+1顶的系数最大．

∵，

∴，∴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）

∴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，使得成立，（1分）

则∵（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，使得成立．（1分）

另：，

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）=x2﹣1，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）设h（x）=|f（x）|+g（x）﹣a2，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．

分析：（1）由题意得|x2﹣1|=a|x﹣1|，从而可得a＜0；

（2）化简h（x）=|f（x）|+g（x）﹣a2=|x2﹣1|+a|x﹣1|﹣

a2=；从而分段讨论函数的最值，化恒成立问题为最

值问题即可．

解答：解：（1）∵|x2﹣1|=a|x﹣1|，

∴|x﹣1|=0或|x+1|=a，

∴当a＜0时，只有一实数解；

（2）h（x）=|f（x）|+g（x）﹣a2

=|x2﹣1|+a|x﹣1|﹣a2

=；

①∵在[1，2]恒成立，

∴，

∴a≥或；

②﹣x2﹣ax﹣a2+a+1≤0恒成立，

即x2+ax+a2﹣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；

综上所述，a≥或．

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．