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1、安徽省六安市第一中学2018-2019学年高二下学期第二次段考数学（理）试题一、选择题：本大题共12个小题,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.若复数是纯虚数（是实数，是虚数单位），则等于（ ）A. 2B. -2C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算法则进行化简，然后再利用纯虚数的定义即可得出【详解】复数（1+ai）（2i）2+a+（2a1）i是纯虚数，解得a2故选：B【点睛】本题考查了复数的乘法运算、纯虚数的定义，属于基础题2.（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先将原式用排列数公式展开，再对分子分母同除以公因式，即
2、可得到结果【详解】故选：A【点睛】本题考查了排列数公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题3.观察下列算式：，,用你所发现的规律可得的末位数字是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过观察可知，末尾数字周期为，据此确定的末位数字即可.【详解】通过观察可知，末尾数字周期为，故的末位数字与末尾数字相同，都是故选D【点睛】归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法4.关于的不等式的解集不为，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D
3、【解析】【分析】关于x的不等式|xm|+|x+2|4的解集不为（|xm|+|x+2|）min4，再根据绝对值不等式的性质求出最小值，解不等式可得【详解】关于x的不等式|xm|+|x+2|4的解集不为（|xm|+|x+2|）min4，|xm|+|x+2|（xm）（x+2）|m+2|，|m+2|4，解得6m2，故选：D【点睛】本题考查了绝对值三角不等式的应用，考查了转化思想，属于基础题5.已知直线是曲线的一条切线，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，设直线与曲线的切点坐标为（n，），求出yxex的导数，由导数的几何意义可得y|x=n0，解得n的值，将n的值
4、代入曲线的方程，计算可得答案【详解】根据题意，直线y是曲线yxex的一条切线，设切点坐标为（n，），对于yxex，其导数y（xex）ex+xex，则有y|x=nen+nen0，解可得n1，此时有nen，则me故选：D【点睛】本题考查利用函数的导数计算函数的切线方程，关键是掌握导数的几何意义6.曲线与所围图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出两个曲线的图象，求出它们的交点，由此可得所求面积为函数在区间0，1上的定积分的值，再用定积分计算公式进行运算即可【详解】作出两个曲线的图象，由，解得或，则曲线y2x与yx2所围图形的面积为S（x2）dx（x3）（）0，故选：
5、C【点睛】本题考查了曲边图形的面积，着重考查了定积分的几何意义和积分计算公式等知识，属于基础题7.展开式的常数项为（ ）A. -160B. -5C. 240D. 80【答案】D【解析】【分析】由二项式定理及分类讨论思想得：（x）6展开式的通项为：Tr+1x6r（）r（2）rx62r，则展开式的常数项为1（2）31（2）4，得解【详解】由二项式展开式通项得：（x）6展开式的通项为：Tr+1x6r（）r（2）rx62r，则展开式的常数项为1（2）31（2）480，故选：D【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了二项展开式的通项公式及分类讨论思想，属于中档题8.不等式的解集为（ ）A. B. C.
6、 D. 【答案】C【解析】【分析】由题意知x0，不等式等价于：2xlog2x0，解出结果【详解】根据对数的意义，可得x0，则|2xlog2x|2x|+|log2x|等价于2xlog2x0，又由x0，可得原不等式等价于log2x0，解可得x1，不等式的解集为（1，+），故选：C【点睛】本题考查了绝对值三角不等式公式等号成立的条件，属于基础题.9.（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 选B.10.若abc，则使恒成立的最大的正整数k为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】试题分析：，且，又，故的最大整数为，故选C.考点: 1、基本不等式求最值；2、不等式的性质及不等式
7、恒成立问题.11.本周日有5所不同的高校来我校作招生宣传，学校要求每位同学可以从中任选1所或2所去咨询了解，甲、乙、丙三位同学的选择没有一所是相同的，则不同的选法共有（ ）A. 330种B. 420种C. 510种D. 600种【答案】A【解析】种类有（1）甲，乙，丙，方法数有；（2）甲，乙，丙；或甲，乙，丙；或甲，乙，丙方法数有；（3）甲，乙，丙；或甲，乙，丙；或甲，乙，丙方法数有.故总的方法数有种.【点睛】解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就
8、是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决12.设函数，若恒成立，则实数的取值范国是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对函数求导，对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出结论【详解】，时，在上单调递增，时，；，不合题意时，恒成立，因此满足条件时，令，解得则是函数的极小值点，此时，函数取得最小值，化为：，解得综上可得：故选：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法
9、、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若时，则_【答案】【解析】【分析】结合将已知中的进行分母实数化，计算可得答案【详解】z3-4i，z故答案为：【点睛】本题考查复数代数形式乘除运算，考查了共轭复数的概念及运算性质，是基础题14.如图所示的几何体中，是平行四边形且，六个顶点任意两点连线能组成异面直线的对数是_【答案】39【解析】【分析】根据三棱锥的结构特征可得：每个三棱锥中有三对异面直线，因为六个点一共形成C64213个三棱锥（计算三棱锥的个数时应该做到不重不漏），所以得到答案为3（C642）39【详解】解：由题意可得：因
10、题中共有六个点，所以一共形成C64213个三棱锥，又因为每个三棱锥中有三对异面直线，所以异面直线的对数是3（C642）39故答案为：39【点睛】本题把排列组合和立体几何挂起钩来，因此解决此类问题的关键是熟练掌握立体几何中一共几何体的结构特征，并且结合排列与组合的有关知识解决问题15.二项式的展开式的第四项的系数为-40，则的值为_【答案】3【解析】【分析】根据二项式展开式通项公式，令r3，求出第四项的系数，列出方程求a的值，代入积分式，利用微积分基本定理求得结果【详解】二项式（ax1）5 的通项公式为：Tr+1（ax）5r（1）r，故第四项为（ax）210a2x2，令10a240，解得a2，又
11、a0，所以a2则故答案为：3【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用问题，是基础题目16.西部五省，有五种颜色供选择涂色，要求每省涂一色，相邻省不同色，有_种涂色方法【答案】420【解析】【分析】根据题意，分别分析5个省的涂色方法的数目，进而由分步、分类计数原理，计算可得答案【详解】对于新疆有5种涂色的方法，对于青海有4种涂色方法，对于西藏有3种涂色方法，对于四川：若与新疆颜色相同，则有1种涂色方法，此时甘肃有3种涂色方法；若四川与新疆颜色不相同，则四川只有2种涂色方法，此时甘肃有2种涂色方法；根据分步、分类计数原理，则共有543（22+13）420种方法故答案为：420【点睛】本题考查分类、分
12、步计数原理，对于计数原理的应用，解题的关键是分清要完成的事情分成几部分及如何分类，注意做到不重不漏三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.设函数，其中.（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分段去绝对值解不等式再相并；（2）利用绝对值不等式的性质求出左边的最小值，再解关于a的不等式可得【详解】（1）当时，或或，解得，综上所述，不等式的解集为.（2），所以解得或，即取值范围是.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值不等式的性质的应用，属于中档题18.（1）当时，求证：；（
13、2）若，用反证法证明：函数（）无零点.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）利用分析法证，将其变为整式证明；根据，用换元法证明 ；（2）假设结论不成立，可得在上有解，即在上有解.构造函数（），求的最小值，可得矛盾。试题解析：证明：（1）分析法：，要证，只需证，即证，只需证，故得证.令，则 ，即 ，则 ，从而 .（2）反证法：假设函数（）有零点，则在上有解，即在上有解.设（），（），当时，；当时，. ，但这与条件矛盾，故假设不成立，即原命题得证.【点睛】1.证明不等式，直接由条件不好推，可用分析法找结论成立的充分条件，根据不等式的式子的特点，注意换元法的运用；2.反证法证时，假
14、设结论不成立，可得在上有解，构造，求其最小值，可得矛盾。19.设展开式中仅有第1010项的二项式系数最大.（1）求；（2）求；（3）求.【答案】（1）2018；（2）0；（3）4036【解析】【分析】（1）由二项式系数的对称性，可得展开式的项数，且11010，解得n（2）令x1，可得a0+a1+a2+a2018（3）给原式两边同时求导后，再令，即可得出【详解】（1）由二项式系数的对称性，得展开式共计2019项，.（2）的展开式中各项系数和为，令，可得，再令，可得，所以.（3）给原式两边同时求导得到当，令，得.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，关键是分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值
15、进行求解，考查了分析推理能力与计算能力，属于中档题20.在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结果用数字作答）（1）三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？（2）四名男生相邻有多少种不同的排法？（3）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？（4）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相等）（5）从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？（6）现在有7个座位连成一排，仅安排4个男生就坐，恰好有两个空座位相邻的不同坐法共有多少种？【答案】（1）；（2）；（3）；（4）840；（5）；（6）.【
16、解析】【分析】（1）根据题意，用插空法分2步进行分析，再由分步计数原理计算可得答案；（2）根据题意，用捆绑法分2步进行分析，再由分步计数原理计算可得答案；（3）根据题意，分2种情况讨论：女生甲站在右端，：女生甲不站在右端，再由加法原理计算可得答案；（4）根据题意，首先把7名同学全排列，再分析甲乙丙三人内部的排列共有A33种结果，要使甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，再由倍分法分析可得答案（5）根据题意，分2步进行分析：，在4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，将选出的4人全排列，再由分步计数原理计算可得答案；（6）根据题意，分2步进行分析：，将4名男生全排
17、列，排好后有5个空位，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，再由分步计数原理计算可得答案【详解】（1）根据题意，分2步进行分析：，将4名男生全排列，有A4424种情况，排好后有5个空位，在5个空位中任选3个，安排3名女生，有A5360种情况，则三名女生不能相邻的排法有A44A5324601440种；（2）根据题意，分2步进行分析：，将4名男生看成一个整体，考虑4人间的顺序，有A4424种情况，将这个整体与三名女生全排列，有A4424种情况，则四名男生相邻的排法有A44A442424576种；（3）根据题意，分2种情况讨论：，女生甲站在右端，其余6人全排列，有A66
18、720种情况，女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有A55120种站法，则此时有551203000种站法，则一共有A66+55A55720+30003720种站法；（4）根据题意，首先把7名同学全排列，共有A77种结果，甲乙丙三人内部的排列共有A336种结果，要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，则有840种（5）根据题意，分2步进行分析：，在4名男生中选取2名男生，3名女生中选取2名女生，有C42 C32种选取方法，将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有A44种情况，则有种不同的安排方法；（6）根据题意，7
19、个座位连成一排，仅安排4个男生就座，还有3个空座位，分2步进行分析：，将4名男生全排列，有A44种情况，排好后有5个空位，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有A52种情况，则有种排法【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，涉及分类、分步计数原理的应用，注意优先分析受到限制的元素这一特殊问题的处理方法21.设，其中.（1）证明：，其中；（2）当时，化简：；（3）当时，记，试比较与的大小.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）直接将排列数用阶乘表示，化简整理即可.（2）求出q1时的，证明，代入原式即可求得答案；（3）当qn时，可得，则
20、，令x1，得方法一、利用数学归纳法证明An与Bn的大小；方法二、设，利用导数研究单调性，由单调性即可比较An与Bn的大小【详解】（1），其中.（2）当时，由（1）结论可得所以原式.（3）【解法一】当时，所以，所以，令，得，当时，；当时，即.下面先用数学归纳法证明：当时，（）当时，（）式成立；假设时，（）式成立，即，则时，（）式右边所以，当，（）式也成立.综合知，当时，.所以，当时，；当时，.【解法二】当时，所以，所以，令，得，要比较与的大小，即可比较与的大小，设，则，由，得，所以在上递增，由，得，所以在上递减，所以当时，当时，即，即，即，综上所述，当时，；当时，.【点睛】本题考查二项式定理的应
21、用及排列数与阶乘的运算，考查利用导数求最值，训练了利用数学归纳法证明不等式，体现了数学转化思想方法，属于难题22.已知函数.（1）当时，求函数的最小值；（2）若在区间上有两个极值点.（）求实数的取值范围；（）求证：.【答案】（）；（）（i）；（ii）详见解析.【解析】【分析】（）求出，列表讨论的单调性，问题得解。（）（i）由在区间上有两个极值点转化成有两个零点，即有两个零点，求出，讨论的单调性，问题得解。（ii）由得，将转化成，由得单调性可得，讨论在的单调性即可得证。【详解】解：（）当时，令，得.的单调性如下表： -0+ 单调递减 单调递增易知.（）（i）.令，则.令，得.的单调性如下表： -0+ 单调递减 单调递增在区间上有两个极值点，即在区间上有两个零点，结合的单调性可知，且，即且.所以，即的取值范围是.（ii）由（i）知，所以.又，结合的单调性可知，.令，则.当时，所以在上单调递增，而，因此.【点睛】本题主要考查了导数与函数单调性的关系，考查了分类思想及转化思想，考查了极值与导数的关系，还考查了利用导数证明不等式，考查计算能力及转化能力，属于难题。- 19 -