1、2018-2019学年浙江省台州市高二（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共40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（3分）已知集合M1，2，3，4，Nx|2x8，则MN（）A1B1，2C1，2，3D1，2，3，42（3分）下列函数中，在定义域内单调的是（）AyByCyx2Dyx+3（3分）已知15，那么（）A20B30C42D724（3分）5名同学在“五一”的4天假期中，随便选择一天参加社会实践，不同的选法种数是（）ABC54D455（3分）用数学归纳法证明不等式：，则从nk到nk+1时，左边应添加的项为（）6（3分）在 （1x）7的展开式中，系数最
2、大的项是（）A第 3项B第 4 项C第5项D第 6 项7（3分）函数f（x）的图象大致为（）ABCD8（3分）有甲、乙、丙三位同学，分别从物理、化学、生物、政治、历史五门课中任选一门，要求物理必须有人选，且每人所选的科目各不相同，则不同的选法种数为（）A24B36C48D729（3分）若关于x的不等式ln（x+1）+exax+b对任意的x0恒成立，则a，b可以是（）Aa0，b2Ba1，b2Ca3，b1Da2，b110（3分）已知函数f（x）ax2+bx+c（a0），满足f （1）2，且函数g（x）f（x）x无零点，则（）A方程 g（ f （x）0 有解B方程 f （ f （x）x 有解C不等式
3、 f （ f （x）x 有解D不等式 g（ f （x）0 有解二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题3分，单空题每小题3分，共36分11（3分）已知函数f（x）则f （1） ，f（f （1） 12（3分）已知函数f（x）（ax+1）ex，g（x）（）xloga（x+1），若f（0）3，则a ，g（x）在区间0，1上的最小值为 13（3分）若（+xm）5（m为常数）展开式中的所有项系数和为1024，则实数m的值为 ，展开式中的常数项为 14（3分）在圆内画n条线段，两两相交，将圆最多分割成f（n）部分，如f （1）2，f （2）4，f （3）7，则f （5） ，由此归纳f（n） 15（3分）函
4、数f（x）的最大值是 16（3分）若x1，1，关于x的不等式x31ax2+2axa2恒成立，则实数a的取值范围是 17（3分）已知a1a2a10为数字0，1，2，9的一个排列，满足a1+a2+a3a4+a5+a6a7+a8+a9+a10，且a1a2a3，则这样排列的个数为 （用数字作答）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）数列an的前n项和为Sn，且满足a2（nN*）（）求S1，S2，S3，S4的值；（）猜想数列Sn的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论19（15分）已知 （1+x）n的展开式中第4项和第8项的二项式系数相等（）求n的值和这两
5、项的二项式系数；（）在 （1+x）3+（1+x）4+（1+x）n+2的展开式中，求含x2项的系数（结果用数字表示）20（15分）有3名男生和3名女生，每人都单独参加某次面试，现安排他们的出场顺序（）若女生甲不在第一个出场，女生乙不在最后一个出场，求不同的安排方式总数；（）若3名男生的出场顺序不同时相邻，求不同的安排方式总数（列式并用数字作答）21（15分）已知函数f（x）x3+3x，g（x）f（x）+f（）（）当a1时，不等式f（a1）+f （2a2）0有解，求实数a的取值范围；（）当x0时，不等式g（x）（nN*）恒成立，求n的最大值22（15分）设函数f（x）（ax24x+b）ex（a0）
6、有唯一的零点x0（）若x01，求f（x）在区间2，2上的最值；（）用x0表示f（x）的极值点；（）若g（x）f（x）+f（x）2的最小值为g（m），求证：2m+a1+2018-2019学年浙江省台州市高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共40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（3分）已知集合M1，2，3，4，Nx|2x8，则MN（）A1B1，2C1，2，3D1，2，3，4【分析】可以求出集合N，然后进行交集的运算即可【解答】解：Nx|x3；MN1，2，3故选：C【点评】考查列举法、描述法表示集合的定义，指数函数的单调性，以及交集
7、的运算2（3分）下列函数中，在定义域内单调的是（）AyByCyx2Dyx+【分析】容易看出选项A的函数在定义域内单调递减，而选项B，C，D的函数在定义域内都没有单调性，从而得出A正确【解答】解：在定义域R内单调递减，在定义域内都没有单调性故选：A【点评】考查指数函数、反比例函数、二次函数和函数的单调性3（3分）已知15，那么（）A20B30C42D72【分析】利用排列组合数公式进行计算即可【解答】解：已知15，则：15，解得：n5（舍去），n6；那么n（n1）6530；故选：B【点评】本题考查了排列、组合数公式的应用问题，是基础题目4（3分）5名同学在“五一”的4天假期中，随便选择一天参加社会
8、实践，不同的选法种数是（）ABC54D45【分析】根据题意，分析可得每人都有4种不同的选法，由分步计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，5名同学在“五一”的4天假期中，随便选择一天参加社会实践，每人都有4种不同的选法，则5人有4444445种选法；故选：D【点评】本题考查分步计数原理的应用，注意区分排列、组合，属于基础题5（3分）用数学归纳法证明不等式：，则从nk到nk+1时，左边应添加的项为（）ABCD【分析】只须求出当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，左边的代数式为：，故用nk+1时左边的代数式减去nk时
9、左边的代数式的结果为：故选：D【点评】数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立6（3分）在 （1x）7的展开式中，系数最大的项是（）A第 3项B第 4 项C第5项D第 6 项【分析】写出展开式后观察特点，利用通项公式即可得出【解答】解：Tr+1xr（1）r，0r7，系数最大时r必为偶数，通过比较知（1）435最大展开式中系数最大的项为第5项故选：C【点评】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理
10、能力与计算能力，属于基础题7（3分）函数f（x）的图象大致为（）ABCD【分析】对于选择题判断函数的大致图象可利用排除法和单调性求解【解答】解：当x0时函数无意义故C，D错又1+（x0）且2x（0，1）（1，+）12x10或2x101或02或01+1或1+1即y1或y1又x0时2x1恒正且单调递增，x0时2x1恒负且单调递增x0时恒正且单调递减，x0时恒负且单调递减1+在（，0）和（0，+）单调递减故答案A对B错故选：A【点评】本题主要考察了指数函数的图象，属中等题解题的关键是对于此类题型常利用函数的定义域，值域，单调性，奇偶性等性质利用排除法进行判断！8（3分）有甲、乙、丙三位同学，分别从物
11、理、化学、生物、政治、历史五门课中任选一门，要求物理必须有人选，且每人所选的科目各不相同，则不同的选法种数为（）A24B36C48D72【分析】根据题意，分2步进行分析：，在化学、生物、政治、历史中任选2科，将选出的2科与物理一起全排列，对应甲乙丙三人，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：，在物理、化学、生物、政治、历史中任选3科，要求物理必选，即在化学、生物、政治、历史中任选2科，有C426种选法，将选出的3科全排列，对应甲乙丙三人，有A336种情况，则有6636种不同的选法；故选：B【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理，属于基础题9（3分）若关于x
12、的不等式ln（x+1）+exax+b对任意的x0恒成立，则a，b可以是（）Aa0，b2Ba1，b2Ca3，b1Da2，b1【分析】分别考虑选项A，B，C，D，代入，由特殊值和构造函数法，以及导数判断单调性，可得最值，即可得到结论【解答】解：ln（x+1）+exax+b对任意的x0恒成立，若a0，b2可得ln（x+1）+ex2，当x0时，12不成立；若a1，b2可得ln（x+1）+exx+2，当x0时，12不成立；若a3，b1可得ln（x+1）+ex3x+1，当x1时，ln2+e4不成立；若a2，b1可得ln（x+1）+ex2x+1，设f（x）ln（x+1）+ex2x1，x0，可得f（x）+ex
13、2，f（x）ex在x0递增，可得f（x）0，即f（x）递增，可得f（x）0，f（x）递增，即f（x）f（0）0，则a2，b1成立故选：D【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，考查函数的单调性和导数的运用，考查化简运算能力，属于中档题10（3分）已知函数f（x）ax2+bx+c（a0），满足f （1）2，且函数g（x）f（x）x无零点，则（）A方程 g（ f （x）0 有解B方程 f （ f （x）x 有解C不等式 f （ f （x）x 有解D不等式 g（ f （x）0 有解【分析】易得函数f（x）ax2+bx+c（a0），满足f （1）2，且函数g（x）f（x）x无零点，则函数f（x）开口朝上
14、，且与yx在R上无交点，即可判定【解答】解：函数f（x）ax2+bx+c（a0），满足f （1）2，且函数g（x）f（x）x无零点，则函数f（x）开口朝上，且与yx在R上无交点，f （ f （x）x 恒成立故选：C【点评】本题考查了函数与方程的综合应用，属于中档题二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题3分，单空题每小题3分，共36分11（3分）已知函数f（x）则f （1）0，f（f （1）2【分析】由分段函数的解析式，代入计算可得所求值【解答】解：函数f（x），则f （1）0；f（f（1）f（0）20+12，故答案为：0，2【点评】本题考查分段函数的运用：求函数值，注意运用对应段的解析式，考
15、查运算能力，属于基础题12（3分）已知函数f（x）（ax+1）ex，g（x）（）xloga（x+1），若f（0）3，则a2，g（x）在区间0，1上的最小值为【分析】求出f（x）的导函数，再由f（0）3求得a值；把a代入g（x）（）xloga（x+1），可得g（x）在0，1上单调递减，则最小值可求【解答】解：f（x）（ax+1）ex，f（x）aex+（ax+1）ex（ax+a+1）ex，由f（0）3，得a+13，即a2；a2，g（x）（）xlog2（x+1），则g（x）在0，1上单调递减，故答案为：2；【点评】本题考查导数的运算，训练了利用函数的单调性求函数的最值，是基础题13（3分）若（+xm
16、）5（m为常数）展开式中的所有项系数和为1024，则实数m的值为2，展开式中的常数项为252【分析】由二项式定理及展开式的常数项得：m2，且（x+2）5展开式中的常数项为25+23+21252，得解【解答】解：令x1得：（2m）51024，所以m2，则（x+2）5展开式中的常数项为25+23+21252，故答案为：252【点评】本题考查了二项式定理及展开式的常数项，属中档题14（3分）在圆内画n条线段，两两相交，将圆最多分割成f（n）部分，如f （1）2，f （2）4，f （3）7，则f （5）16，由此归纳f（n）【分析】由归纳推理及累加法得：f（n）2+2+3+4+n，得解【解答】解：由f
17、 （1）2，f （2）4，f （3）7，所以f（2）f（1）2，f（3）f（2）3，f（4）f（3）4，f（5）f（4）5，累加得f（5）2+2+3+4+516，归纳得：f（n）f（n1）n，由累加法得：f（n）2+2+3+4+n，故答案为：16 【点评】本题考查了归纳推理，属基础题15（3分）函数f（x）的最大值是【分析】求出函数的导数，判断函数的单调性，然后求解函数的最大值【解答】解：函数f（x）的导函数f（x）0，可得函数f（x）是减函数，所以函数的最大值为：故答案为：【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，是基本知识的考查16（3分）若x1，1，关于x的不等式x31ax2+
18、2axa2恒成立，则实数a的取值范围是0，【分析】此类问题的常规解法为参变量分离或移项构造函数对于此题而言，这两种方法都不太容易实现，所以采用一种不太常用的方法：更换主元把不等式看成关于变量a的不等式，柳暗花明，解关于a的不等式就是一件不难的事情【解答】将原不等式看成关于变量a得不等式，即a2（x2+2x）a+x310，其判别式为（x2+2x）24（x31）x4+4x2+4，因此不等式的解为x1ax2+x+1，因为x1，1，所以（x1）max0，（x2+x+1）min故答案为：【点评】本题能看成关于a的不等式来求解，一方面是因为a的最高次只有两次，另一方面也是因为判别式恰好可以配方一般来讲，如
19、果没有这种好性质，不要轻易更换主元来解此类问题17（3分）已知a1a2a10为数字0，1，2，9的一个排列，满足a1+a2+a3a4+a5+a6a7+a8+a9+a10，且a1a2a3，则这样排列的个数为3456（用数字作答）【分析】根据题意，按10个数的分组情况分8种情况讨论，进而由加法原理分析可得的答案【解答】解：根据题意，需要将0，1，2，9分为3、3、4的三组，且满足a1+a2+a3a4+a5+a6a7+a8+a9+a10，分8种情况讨论：，分为：0、6、9，3、5、7和1、2、4、8的三组，有2A33A44种情况，分为：0、6、9，3、4、8和1、2、5、7的三组，有2A33A44种
20、情况，分为：0、6、9，2、5、8和1、3、4、7的三组，有2A33A44种情况，分为：0、8、7，1、5、9和2、3、4、6的三组，有2A33A44种情况，分为：0、8、7，2、4、9和1、3、5、6的三组，有2A33A44种情况，分为：0、8、7，2、4、9和1、3、5、6的三组，有2A33A44种情况，1，2，9分为3、3、3的三组，分为1、5、9，2、6、7和3、4、8的三组，有32A33A44种情况，1，2，9分为3、3、3的三组，分为1、6、8，3、5、7和2、4、9的三组，有32A33A44种情况，则一共有26A33A44+232A33A44246243456个排列；故答案为：3
21、456【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分类讨论的思路，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）数列an的前n项和为Sn，且满足a2（nN*）（）求S1，S2，S3，S4的值；（）猜想数列Sn的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论【分析】（）根据a2，a1S1，先求出S1然后，再S2，S3，S4的值；（）猜想，根据nk+1时，可证明nk+1成立【解答】解：（）a2，当n1时，又，同理，；（）猜想，下面用数学归纳法证明：当n1时，显然结论成立；假设nk（kN*）时结论成立，即，则当nk+1时，nk+1时结论成立，由知对任意的nN*都成
22、立【点评】本题考查了利用通项公式求值和数学归纳法，考查了逻辑推理能力和运算能力，属中档题19（15分）已知 （1+x）n的展开式中第4项和第8项的二项式系数相等（）求n的值和这两项的二项式系数；（）在 （1+x）3+（1+x）4+（1+x）n+2的展开式中，求含x2项的系数（结果用数字表示）【分析】（）由二项式定理及二项式系数得：两项的二项式系数为120，（）由二项式定理得：x2项的系数为+285，得解【解答】解：（）因为，所以n10，所以120，故两项的二项式系数120（）含x2项的系数为+285，故答案为：285【点评】本题考查了二项式定理及二项式系数，属中档题20（15分）有3名男生和3
23、名女生，每人都单独参加某次面试，现安排他们的出场顺序（）若女生甲不在第一个出场，女生乙不在最后一个出场，求不同的安排方式总数；（）若3名男生的出场顺序不同时相邻，求不同的安排方式总数（列式并用数字作答）【分析】（1）根据题意，按女生甲的位置分2种情况讨论：，女生甲在最后一个出场，女生甲不在最后一个出场，由加法原理计算可得答案；（2）根据题意，用间接法分析：先分析6人任意安排的排法，再分析其中三名男生全部相邻的排法，分析可得答案【解答】解：（1）根据题意，分2种情况讨论：，女生甲在最后一个出场，此时剩下的5人全排列，有A55120种情况，女生甲不在最后一个出场，则甲有4种选法，乙有4种选法，剩下
24、的4人全排列，此时有44A44384种情况，则有120+384504种不同的安排方法；（2）根据题意，6人任意安排，有A66种情况，若三名男生全部相邻，需要将三名男生看成一个整体，与三名女生全排列，有A33A44种排法，则3名男生的出场顺序不同时相邻的排法有A66A33A44576种【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分布计数原理的计算，属于基础题21（15分）已知函数f（x）x3+3x，g（x）f（x）+f（）（）当a1时，不等式f（a1）+f （2a2）0有解，求实数a的取值范围；（）当x0时，不等式g（x）（nN*）恒成立，求n的最大值【分析】（）分别运用其偶性的定义和导数，判断f（x
25、）为奇函数，在（，0），（0，+）递增，将原不等式移项，去掉f，解不等式可得所求范围；（）运用立方和公式和配方，以及换元法，结合导数判断单调性求得最大值，由不等式恒成立思想可得所求n的最大值【解答】解：（）f（x）x3+3x，f（x）x33x+f（x），可得f（x）为奇函数；由f（x）x2+3+0，可得f（x）在（，0），（0，+）递增，当a1时，1a0，2a20，由f（a1）+f （2a2）0，即为f （2a2）f（a1）f（1a），即有2a21a0，解得a1或a1，故实数a的取值范围是（，1）（，1）；（）当x0时，g（x）（x3+）+2（x+）（x+）（x+）23+2（x+），可令tx+
26、，x0，可得t2，g（x）h（t）t3+t，h（t）t2+10，可得h（t）在t2递增，可得h（t）的最大值为h（2），由不等式g（x）（nN*）恒成立，可得，解得n4，可得n的最大值为4【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和运用：解不等式和求最值，考查不等式恒成立问题解法，考查化简运算能力，属于中档题22（15分）设函数f（x）（ax24x+b）ex（a0）有唯一的零点x0（）若x01，求f（x）在区间2，2上的最值；（）用x0表示f（x）的极值点；（）若g（x）f（x）+f（x）2的最小值为g（m），求证：2m+a1+【分析】（）由题意当x01时，有，解得ab2，代入函数解析式，利用
27、导数求最值；（）由已知得方程ax24x+b0有两等根x0，显然x00得到，b2x0，x00可得f（x）由此可得f（x）在区间（，x02），（x0，+）上单调递增，在区间（x02，x0）上单调递减求得f（x）的极大值点为x02，极小值点为x0；（）g（x）f（x）+f（x）2令，得（xx0）x（x01）0可得当x（，x01）（x0，+）时，g（x）2；当x（x01，x0）时，g（x）2求出g（x）0的零点x1，x2（x1x2），可得g（x）在（，x1），（x2，+）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，且x1x01x2x0，则mx2，由此可得【解答】（）解：当x01时，由，解得ab2f（x）2
28、（x22x+1）ex，f（x）2（x21）ex，令f（x）0，解得x1当x（2，1）（1，2）时，f（x）0，f（x）在（2，1），（1，2）上单调递增，当x（1，1）时，f（x）0，f（x）在（，1）上单调递减，又f（2），f（1），f（1）0，f（2）2e2f（x）在区间2，2上的最大值为2e2，最小值为0；（）解：由已知得方程ax24x+b0有两等根x0，显然x00，b2x0，x00f（x）ax2+（2a4）x+b4exf（x）在区间（，x02），（x0，+）上单调递增，在区间（x02，x0）上单调递减故f（x）的极大值点为x02，极小值点为x0；（）证明：g（x）f（x）+f（x）22ax2+（2a8）x+2b4ex2令，得（xx0）x（x01）0当x（，x01）（x0，+）时，g（x）2；当x（x01，x0）时，g（x）2g（x） 令g（x）0，得解得，g（x）在（，x1），（x2，+）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减且x1x01x2x0，则mx2【点评】本题考查函数的单调性、极值、最值与导数的关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化、数形结合的解题思想，属难题
浙公网安备33030202001339号