导数复数两个计数原理试题
高二理数下学期周练9(导数、复数、计数原理)
高二理数下学期周练9
一、单选题
1．已知函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．
2．函数的单调递增区间为
A．B．C．D．
3．曲线y＝与直线y＝2x－1及x轴所围成的封闭图形的面积为（）A．B．C．D．
4．定积分的值等于（）
A．B．C．D．
5．设，则
A．B．C．D．
6．下列各式的运算结果为纯虚数的是
A．B．C．D．
7．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有
A．12种B．18种C．24种D．36种
8．将7个座位连成一排，安排4个人就座，恰有两个空位相邻的不同坐法有（）A．240B．480C．720D．960
二、填空题
9．已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是_________.
10．已知复数满足（是虚数单位），则．
11．从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）
三、解答题
12．已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数恰有2个零点，求实数的取值范围.。
复数和导数基出测试(15个小题)含答案详解
【解析】
【分析】
先求函数的导函数，再利用导数的几何意义求切线的斜率，然后求切线方程即可.
【详解】
解：因为 ，
所以 ，
所以切线的斜率 ，
所以切线方程为 ，
即 .
故选：D.
【点睛】
本题考查了导数的运算，重点考查了导数的几何意义，属基础题.
9．A
【解析】
【分析】
先求导数得切线斜率，再根据点斜式得切线方程，最后求切线与坐标轴交点，计算面积.
3．B
【解析】
【分析】
由复数的乘法运算法则化简复数 ,根据共轭复数的定义即可求解 .
【详解】
因为复数 ,
由复数的乘法运算法则可得, ,
利用共轭复数的定义可得, = ,
故选:B
【点睛】
本题考查复数的四则运算及共轭复数的定义;属于基础题.
4．C
【解析】
【分析】
因为 ，故 ，然后根据复数的几何意义判断即可.
C． D．
8．曲线 在点 处的切线方程为（）
A． B． C． D．
9．曲线 在点 处的切线与坐标轴围成的三角面积为（ ）
A．6B． C．3D．12
10．函数f（x）=2x2-4lnx的单调减区间为
A．（-1，1）B．（1，+∞）C．（0，1）D．[-1，0）
11．若函数 在区间 单调递增，则 的取值范围是（）
6．C
【解析】
【分析】
求出导函数 ，即可求解 .
【详解】
由题：函数 ,
所以
则 .
故选：C
【点睛】
此题考查求导函数，再求导数值，关键在于根据题意准确求出导函数.
7．C
【解析】
【分析】
复数考试题目大全及答案
复数考试题目大全及答案一、选择题1. 下列哪个选项是复数的共轭？A. 2 + 3iB. 2 - 3iC. 3 + 2iD. 3 - 2i答案：B2. 复数 \( z = 3 + 4i \) 的模是：A. 5B. 7C. 8D. 9答案：A3. 复数 \( z_1 = 2 + i \) 和 \( z_2 = 1 - 2i \) 的和是：A. 3 - iB. 3 + iC. 1 + 3iD. 1 - 3i答案：A二、填空题1. 复数 \( z = a + bi \) 中，\( a \) 称为复数的______，\( b \) 称为复数的______。
答案：实部，虚部2. 复数 \( z = -4 + 3i \) 的共轭复数是______。
答案：-4 - 3i3. 若复数 \( z \) 的模为 10，且 \( z \) 的虚部为 6，则 \( z \) 的实部为______。
答案：±8三、简答题1. 解释什么是复数的模，并给出计算公式。
答案：复数的模是复数在复平面上到原点的距离，计算公式为\( |z| = \sqrt{a^2 + b^2} \)，其中 \( z = a + bi \)。
2. 描述如何计算两个复数的乘积。
答案：两个复数 \( z_1 = a + bi \) 和 \( z_2 = c + di \) 的乘积计算公式为 \( z_1 \cdot z_2 = (a + bi)(c + di) = ac - bd+ (ad + bc)i \)。
四、计算题1. 计算复数 \( z = 1 + 2i \) 的模和共轭复数。
答案：复数 \( z \) 的模为 \( |z| = \sqrt{1^2 + 2^2} =\sqrt{5} \)，共轭复数为 \( 1 - 2i \)。
2. 求复数 \( z_1 = 3 - 4i \) 和 \( z_2 = 1 + i \) 的乘积。
答案：\( z_1 \cdot z_2 = (3 - 4i)(1 + i) = 3 + 3i - 4i -4i^2 = 3 - i + 4 = 7 - i \)。
导数、数学归纳法、计数原理习题
导数、数学归纳法、计数原理练习题一．选择题（共23小题）1．定义域为R的函数f（x）对任意x都有f（2+x）=f（2﹣x），且其导函数f′（x）满足＞0，则当2＜a＜4，有（）A．f（2a）＜f（log2a）＜f（2）B．f（log2a）＜f（2）＜f（2a）C．f（2a）＜f（2）＜f（log2a）D．f（log2a）＜f（2a）＜f（2）2．已知函数y=f（x）对任意的x∈（﹣，）满足f′（x）cosx+f（x）sinx＞0（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式成立的是（）A．f（﹣）＜f（﹣）B．f（）＜f（）C．f（0）＞2f（）D．f（0）＞f（）3．若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域内的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（）A．[1，3）B．C．D．4．设函数f′（x）是函数f（x）（x≠0）的导函数f′（x）＜，函数y=f（x）（x≠0）的零点为1和﹣2，则不等式xf（x）＜0的解集为（）A．（﹣∞，﹣2）∪（0，1）B．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）C．（﹣2，0）∪（0，1）D．（﹣2，0）∪（1，+∞）5．函数y=的一段大致图象是（）A．B．C．D．6．如图可能是下列哪个函数的图象（）A．y=2x﹣x2﹣1 B．C．y=（x2﹣2x）e x D．7．下列函数中，当0＜x1＜x2＜1时，满足x2f（x1）＜x1f（x2）的函数是（）A．f（x）=﹣x3B．f（x）=lnx C．f（x）=x2+1 D．f（x）=（）x8若函数f （x）=e x+4x﹣kx在区间（，+∞）上是增函数，则实数k的最大值是（）A．2+e B．2+C．4+e D．4ln2+9．已知函数f（x）=2ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（﹣∞，﹣1）10.已知b、c、d∈R，函数f（x）=x3+bx2+cx+d在（0，1）上既有极大值又有极小值，则c2+（1+b）c的取值范围是（）A．（0，）B．（0，]C．（0，）D．[0，）11．由曲线f（x）=与y轴及直线y=m（m＞0）围成的图形面积为，则m=（）A．2 B．3 C．1 D．812．已知a、b为正实数，直线y=x﹣a与曲线y=ln（x+b）相切，则的取值范围是（）A．（0，）B．（0，1）C．（0，+∞）D．[1，+∞）13．已知函数f（x）=2e x，函数g（x）=k（x+1），若函数f（x）图象恒在函数g（x）图象的上方（没有交点），则实数的取值范围是（）A．k＞2 B．k≥2 C．0≤k≤2 D．0≤k＜214.已知函数f（x）=xlnx，g（x）=ax3﹣x﹣，记函数f（x）与g（x）的交点坐标为（x0，f（x0）），若两函数的图象在交点（x0，f（x0））处存在公切线，则实数a的值为（）A．B．C．D．15．“a≤﹣1”是“函数f（x）=lnx+ax+在[1，+∞）上是单调函数”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件16．设三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+1的导函数为f′（x）=3ax（x﹣2），若函数y=f（x）共有三个不同的零点，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣） B．（0，）C．（，+∞）D．（0，2）17．已知a，b，c，d均为实数，函数（a＜0）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），满足f（x2）=x1．则关于实数x的方程a[f（x）]2+bf（x）+c=0的实根个数为（）A．0 B．2 C．3 D．418．已知函数y=xf′（x）的图象如图所示（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则以下说法错误的是（）A．f′（1）+f′（﹣1）=0B．当x=﹣1时，函数f（x）取得极大值C．方程xf'（x）=0与f（x）=0均有三个实数根D．当x=1时，函数f（x）取得极小值19．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则上楼梯的方法有（）A．45种B．36种C．28种D．25种20．市内某公共汽车站6个候车位（成一排），现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是（）A．48 B．54 C．72 D．8421．某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点上各安装一个灯泡，要求同一条线段的两端的灯泡颜色不同，则每种颜色的灯泡至少用一个的安装方法共有（）A．96种B．144种C．216种D．288种22．现有7件互不相同的产品，其中有4件次品，3件正品，每次从中任取一件测试，直到4件次品全被测出为止，则第三件次品恰好在第4次被测出的所有检测方法有（）种．A．216 B．360 C．1080 D．43223．由0，1，2，3，4，5这六个数字组成的不重复的六位数中，不出现“135”与“24”的六位数的个数为（）A．582 B．504 C．490 D．486二．解答题（共7小题）24．设函数f（x）=lnx+a（1﹣x）．（Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；（Ⅱ）当f（x）有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．25．设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．26．函数f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围．27．设函数f（x）=alnx+x2﹣bx（a≠1），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，（1）求b；（2）若存在x0≥1，使得f（x0）＜，求a的取值范围．28．用数学归纳法证明（1•22﹣2•32）+（3•42﹣4•52）+…+[（2n﹣1）（2n）2﹣2n（2n+1）2]=﹣n（n+1）（4n+3）．29．已知函数．（I）当a=1时，求f（x）在x∈[1，+∞）最小值；（Ⅱ）若f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；（Ⅲ）求证：（n∈N*）．30．已知f（n）=1+++…+．经计算得f（4）＞2，f（8）＞，f（16）＞3，f（32）＞．（Ⅰ）由上面数据，试猜想出一个一般性结论；（Ⅱ）用数学归纳法证明你的猜想．答案解析：1．定义域为R的函数f（x）对任意x都有f（2+x）=f（2﹣x），且其导函数f′（x）满足＞0，则当2＜a＜4，有（）A．f（2a）＜f（log2a）＜f（2）B．f（log2a）＜f（2）＜f（2a）C．f（2a）＜f（2）＜f（log2a）D．f（log2a）＜f（2a）＜f（2）【解答】解：∵函数f（x）对任意x都有f（2+x）=f（2﹣x），∴函数f（x）的对称轴为x=2∵导函数f′（x）满足，∴函数f（x）在（2，+∞）上单调递减，（﹣∞，2）上单调递增，∵2＜a＜4∴1＜log2a＜2＜4＜2a又函数f（x）的对称轴为x=2∴f（2）＞f（log2a）＞f（2a），故选A．2已知函数y=f（x）对任意的x∈（﹣，）满足f′（x）cosx+f（x）sinx＞0（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则下列不等式成立的是（）A．f（﹣）＜f（﹣）B．f（）＜f（）C．f（0）＞2f（）D．f（0）＞f（）【解答】解：构造函数g（x）=，则g′（x）==（f′（x）cosx+f（x）sinx），∵对任意的x∈（﹣，）满足f′（x）cosx+f（x）sinx＞0，∴g′（x）＞0，即函数g（x）在x∈（﹣，）单调递增，则g（﹣）＜g（﹣），即，∴，即f（﹣）＜f（﹣），故A正确．g（0）＜g（），即，∴f（0）＜2f（），故选：A．3．若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域内的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（）A．[1，3）B．C．D．【解答】解：因为f（x）定义域为（0，+∞），又f′（x）=4x﹣，由f'（x）=0，得x=．当x∈（0，）时，f'（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f'（x）＞0据题意，，解得1≤k＜，故选：B．4．设函数f′（x）是函数f（x）（x≠0）的导函数f′（x）＜，函数y=f（x）（x≠0）的零点为1和﹣2，则不等式xf（x）＜0的解集为（）A．（﹣∞，﹣2）∪（0，1）B．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）C．（﹣2，0）∪（0，1）D．（﹣2，0）∪（1，+∞）【解答】解：由f′（x）＜，得：或，令g（x）=，则xf（x）=x3g（x）＜0，则g′（x）==，故g（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，+∞）递增，而g（﹣2）=0，g（1）=0，则x∈（﹣∞，2）时：g（x）＜0，x∈（﹣2，0）时：g（x）＞0，x∈（0，1）时：g（x）＜0，x∈（1，+∞）时：g（x）＞0，由xf（x）＜0得：x3g（x）＜0，∴或，∴x3g（x）＜0的解集是（﹣2，0）∪（0，1），故选：C．5．函数y=的一段大致图象是（）A．B．C．D．【解答】解：根据函数为奇函数，排除B、C两项；又，所以，函数在（﹣∞，0），（0，+∞）上均为减函数，D不正确．故选：A．6．如图可能是下列哪个函数的图象（）A．y=2x﹣x2﹣1 B．C．y=（x2﹣2x）e x D．【解答】解：根据函数的图象得出：当x＜0时，y=2x﹣x2﹣1有负值，故A不正确，y=有无数个零点，故B不正确，y=，y′=，y′==0，x=ey′=＞0，x＞ey′=＜0，0＜x＜e故（0，1），（1，e）上单调递减，（e，+∞）单调递增，x=e时，y=e＞0，∴y=的图象在（1，+∞）位于x轴上方，在（0，1）在x轴下方，间断．故D不正确，排除A，B，D故选：C7．下列函数中，当0＜x1＜x2＜1时，满足x2f（x1）＜x1f（x2）的函数是（）A．f（x）=﹣x3B．f（x）=lnx C．f（x）=x2+1 D．f（x）=（）x【解答】解：当0＜x1＜x2＜1时，满足x2f（x1）＜x1f（x2）即为＜，由单调性定义可得，y=在（0，1）为增函数．对于A，=﹣x2在（0，1）递减，不满足条件；对于B，=的导数为，在（0，1）内导数为正，即有在（0，1）递增，满足条件；对于C，=x+的导数为1﹣，在（0，1）内导数为负，即有在（0，1）递减，不满足条件；对于D，=的导数为，在（0，1）内导数为负，即有在（0，1）递减，不满足条件．故选：B．8．若函数f （x）=e x+4x﹣kx在区间（，+∞）上是增函数，则实数k的最大值是（）A．2+e B．2+C．4+e D．4ln2+【解答】解：函数f（x）=e x+4x﹣kx的导数为f′（x）=e x+4x ln4﹣k，由题意可得f′（x）≥0在区间（，+∞）上恒成立，即有k≤e x+4x ln4在区间（，+∞）上恒成立．令g（x）=e x+4x ln4，则g（x）为（，+∞）的增函数，即有g（x）＞+2ln4=4ln2+．则k≤4ln2+．故k的最大值为4ln2+．故选D．9．已知函数f（x）=2ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（﹣∞，﹣1）【解答】解：若a=0，则函数f（x）=﹣3x2+1，有两个零点，不满足条件．若a≠0，函数的f（x）的导数f′（x）=6ax2﹣6x=6ax（x﹣），若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，若a＞0，由f′（x）＞0得x＞或x＜0，此时函数单调递增，由f′（x）＜0得0＜x＜，此时函数单调递减，故函数在x=0处取得极大值f（0）=1＞0，在x=处取得极小值f（），若x0＞0，此时还存在一个小于0的零点，此时函数有两个零点，不满足条件．若a＜0，由f′（x）＞0得＜x＜0，此时函数递增，由f′（x）＜0得x＜或x＞0，此时函数单调递减，即函数在x=0处取得极大值f（0）=1＞0，在x=处取得极小值f（），若存在唯一的零点x0，且x0＞0，则f（）＞0，即2a（）3﹣3（）2+1＞0，（）2＜1，即﹣1＜＜0，解得a＜﹣1，故选：D10．已知b、c、d∈R，函数f（x）=x3+bx2+cx+d在（0，1）上既有极大值又有极小值，则c2+（1+b）c的取值范围是（）A．（0，）B．（0，]C．（0，）D．[0，）【解答】解：函数f（x）=x3+bx2+cx+d，f′（x）=x2+bx+c，由极值点处导数值为0，即f′（x）=0，故有x2+bx+c=0，要使其有两个不同的实数解，需要△=b2﹣4c＞0，可解得4c＜b2①又两个实数解分别是x1=，和x2=，都在（0，1）区间，即：＞0，可推得：b＜0 且c＞0 ②＜1，可推得：b＞﹣2 且c+b+1＞0 ③由②③式可知﹣2＜b＜0 ④由①可得c＜，则c2+（1+b）c=c（c+1+b）＜（+1+b）=•=（b2+2b）2=[（b+1）2﹣1]2，由﹣2＜b＜0，可知[（b+1）2﹣1]2∈（0，]．即有0＜c2+（1+b）c＜．故选A．11．由曲线f（x）=与y轴及直线y=m（m＞0）围成的图形面积为，则m=（）A．2 B．3 C．1 D．8【解答】解：由题意，由曲线f（x）=与y轴及直线y=m（m＞0）围成的图形面积为，即，整理得m3=8，解得m=2；故选A．12.已知a、b为正实数，直线y=x﹣a与曲线y=ln（x+b）相切，则的取值范围是（）A．（0，）B．（0，1）C．（0，+∞）D．[1，+∞）【解答】解：函数的导数为y′==1，x=1﹣b，切点为（1﹣b，0），代入y=x﹣a，得a+b=1，∵a、b为正实数，∴a∈（0，1），则=，令g（a）=，则g′（a）=，则函数g（a）为增函数，∴∈（0，）．故选：A13．已知函数f（x）=2e x，函数g（x）=k（x+1），若函数f（x）图象恒在函数g（x）图象的上方（没有交点），则实数的取值范围是（）A．k＞2 B．k≥2 C．0≤k≤2 D．0≤k＜2【解答】解：若函数f（x）图象恒在函数g（x）图象的上方（没有交点），即f（x）﹣g（x）＞0恒成立，即2e x﹣k（x+1）＞0，即2e x＞k（x+1），若k=0，满足条件，若k＜0，则不满足条件．则当k＞0时，g（x）=k（x+1）过定点（﹣1，0），函数f（x）的导数为f′（x）=2e x，设切点为（a，b），则对应的切线斜率k=f′（a）=2e a，则对应的切线方程为y﹣2e a=2e a（x﹣a），∵直线过点（﹣1，0），∴﹣2e a=2e a（﹣1﹣a），解得a=0，此时切线斜率k=f′（0）=2，即此时k=2，则解得0＜k＜2，综上0≤k＜2，故选：D14．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=ax3﹣x﹣，记函数f（x）与g（x）的交点坐标为（x0，f（x0）），若两函数的图象在交点（x0，f（x0））处存在公切线，则实数a的值为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可得交点为（x0，x0lnx0），函数f（x）=xlnx的导数为f′（x）=lnx+1，g（x）=ax3﹣x﹣的导数为g′（x）=3ax2﹣，由题意可得，1+lnx0=3ax02﹣，且x0lnx0=ax03﹣x0﹣，消去a，可得1+ex0lnx0=0，令h（x）=1+exlnx，h′（x）=e（lnx+1），当x＞时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜时，h′（x）＜0，h（x）递减．即有x=处h（x）取得极小值，也为最小值，且为0．则1+ex0lnx0=0，解得x0=，代入1+lnx0=3ax02﹣，可得a=e2．故选B．15．“a≤﹣1”是“函数f（x）=lnx+ax+在[1，+∞）上是单调函数”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解答】解：若函数f（x）=lnx+ax+在[1，+∞）上是单调函数，则函数的导数f′（x）满足不变号，即f′（x）≤0或f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，∵f′（x）=+a﹣，∴若函数f（x）单调递减，则f′（x）=+a﹣≤0，即a≤﹣+=（﹣）2﹣恒成立，设g（x）=（﹣）2﹣，∵x≥1，∴0＜≤1，则当=时，g（x）取得最小值﹣，此时a≤﹣，∴若函数f（x）单调递增，则f′（x）=+a﹣≥0，即a≥﹣+=（﹣）2﹣恒成立，设g（x）=（﹣）2﹣，∵x≥1，∴0＜≤1，则﹣≤g（x）≤0，此时a≥0，综上若函数f（x）=lnx+ax+在[1，+∞）上是单调函数，则a≥0或a≤﹣，则“a≤﹣1”是“函数f（x）=lnx+ax+在[1，+∞）上是单调函数”的充分不必要条件，故选：A．16．设三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+1的导函数为f′（x）=3ax（x﹣2），若函数y=f（x）共有三个不同的零点，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣） B．（0，）C．（，+∞）D．（0，2）【解答】解：∵f（x）=ax3+bx2+cx+1的导函数为f′（x）=3ax2+2bx+c=3ax（x﹣2）=3ax2﹣6ax，∴2b=﹣6a，c=0，即b=﹣3a，c=0，则f（x）=ax3﹣3ax2+1，①若a＞0，则由f′（x）=3ax（x﹣2）＞0得x＞2或x＜0，由f′（x）＜0得0＜x＜2，则函数在x=0时取得极大值f（0）=1，在x=2时，函数取得极小值f（2）=8a﹣12a+1=1﹣4a，若函数y=f（x）共有三个不同的零点，则f（2）=1﹣4a＜0，解得a＞．②若若a＜0，则由f′（x）=3ax（x﹣2）＜0得x＞2或x＜0，由f′（x）＞0得0＜x＜2，则函数在x=0时取得极小值f（0）=1，在x=2时，函数取得极大值f（2）=8a﹣12a+1=1﹣4a，则此时函数y=f（x）只有1个零点，不满足条件．综上a＞，故选：C17．已知a，b，c，d均为实数，函数（a＜0）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），满足f（x2）=x1．则关于实数x的方程a[f（x）]2+bf（x）+c=0的实根个数为（）A．0 B．2 C．3 D．4【解答】解：∵f′（x）=ax2+bx+c，由题意知x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两根，即x1，x2是函数的两个极值点，x2＞x1，从而关于f（x）的方程a[f（x）]2+b[f（x）]+c=0有两个根，所以f（x）=x1，或f（x）=x2根据题意画图，所以f（x）=x1有两个不等实根，f（x）=x2只有一个不等实根，综上方程a[f（x）]2+bf（x）+c=0的不同实根个数为3个．故选：C．18．已知函数y=xf′（x）的图象如图所示（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则以下说法错误的是（）A．f′（1）+f′（﹣1）=0B．当x=﹣1时，函数f（x）取得极大值C．方程xf'（x）=0与f（x）=0均有三个实数根D．当x=1时，函数f（x）取得极小值【解答】解：由函数y=xf′（x）的图象可知：当x＜﹣1时，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此时f（x）增当﹣1＜x＜0时，xf′（x）＞0，f′（x）＜0，此时f（x）减当0＜x＜1时，xf′（x）＜0，f′（x）＜0，此时f（x）减当x＞1时，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此时f（x）增．综上所述，函数f（x）大致图象是，故f′（1）=0，f′（﹣1）=0，所以A、B、D正确；故选C．19．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则上楼梯的方法有（）A．45种B．36种C．28种D．25种【解答】解：由题意可知一步上一级，有6步；一步上两级有2步；所以一步2级不相邻有C72=21种，一步2级相邻的走法有：7种；共有21+7=28种．故选C．20．市内某公共汽车站6个候车位（成一排），现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是（）A．48 B．54 C．72 D．84【解答】解：根据题意，先把三名乘客全排列，有种排法，产生四个空，再将2个连续空座位和一个空座位插入四个空中，有种排法，则共有=72种候车方式．故答案为C．21．某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点上各安装一个灯泡，要求同一条线段的两端的灯泡颜色不同，则每种颜色的灯泡至少用一个的安装方法共有（）A．96种B．144种C．216种D．288种【解答】解：根据题意，每种颜色的灯泡都至少用一个，即用了四种颜色的灯进行安装，分3步进行，第一步，为A、B、C三点选三种颜色灯泡共有A43种选法；第二步，在A1、B1、C1中选一个装第4种颜色的灯泡，有3种情况；第三步，为剩下的两个灯选颜色，假设剩下的为B1、C1，若B1与A同色，则C1只能选B点颜色；若B1与C同色，则C1有A、B处两种颜色可选．故为B1、C1选灯泡共有3种选法，即剩下的两个灯有3种情况，则共有A43×3×3=216种方法．故选C．22．现有7件互不相同的产品，其中有4件次品，3件正品，每次从中任取一件测试，直到4件次品全被测出为止，则第三件次品恰好在第4次被测出的所有检测方法有（）种．A．216 B．360 C．1080 D．432【解答】解：由题意知本题是一个分类计数问题，包括三种情况，一是第五次就测出所有的次品，二是第六次测出所有的次品，三是最后一次测出第四件次品，当第五次就测出所有的次品，共有4×3×A33C31=216，当第六次测出所有的次品，共有4×3×A32A32=432当第七次测出所有的次品，共有4×3×A32A33=432∴根据分类计数原理得到共有216+432+432=1080故选C．23．由0，1，2，3，4，5这六个数字组成的不重复的六位数中，不出现“135”与“24”的六位数的个数为（）A．582 B．504 C．490 D．486【解答】解：首位不是0的数字有A66﹣A55=600个，含有“135”的数字，可以将“135”看成一个整体，加上另外的0，2，4共“4”个数字，有A44﹣A33=18个，含有“24”的数字A55﹣A44=96个另外重复135024，135240，240135，241350这4个数字所以总数是600﹣18﹣96+4=490故选C．二．解答题（共7小题）24．设函数f（x）=lnx+a（1﹣x）．（Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；（Ⅱ）当f（x）有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=lnx+a（1﹣x）的定义域为（0，+∞），∴f′（x）=﹣a=，若a≤0，则f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，若a＞0，则当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，（Ⅱ），由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上无最大值；当a＞0时，f（x）在x=取得最大值，最大值为f（）=﹣lna+a﹣1，∵f（）＞2a﹣2，∴lna+a﹣1＜0，令g（a）=lna+a﹣1，∵g（a）在（0，+∞）单调递增，g（1）=0，∴当0＜a＜1时，g（a）＜0，当a＞1时，g（a）＞0，∴a的取值范围为（0，1）．25．设函数f（x）=e mx+x2﹣mx．（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．【解答】解：（1）证明：f′（x）=m（e mx﹣1）+2x．若m≥0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1≤0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1≥0，f′（x）＞0．若m＜0，则当x∈（﹣∞，0）时，e mx﹣1＞0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e mx﹣1＜0，f′（x）＞0．所以，f（x）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要条件是即设函数g（t）=e t﹣t﹣e+1，则g′（t）=e t﹣1．当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．又g（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故当t∈[﹣1，1]时，g（t）≤0．当m∈[﹣1，1]时，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即e m﹣m＞e﹣1．当m＜﹣1时，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．综上，m的取值范围是[﹣1，1]26函数f（x）=ax3+3x2+3x（a≠0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=ax3+3x2+3x，∴f′（x）=3ax2+6x+3，令f′（x）=0，即3ax2+6x+3=0，则△=36（1﹣a），①若a≥1时，则△≤0，f′（x）≥0，∴f（x）在R上是增函数；②因为a≠0，∴当a≤1，△＞0，f′（x）=0方程有两个根，x1=，x2=，当0＜a＜1时，则当x∈（﹣∞，x2）或（x1，+∞）时，f′（x）＞0，故函数在（﹣∞，x2）或（x1，+∞）是增函数；在（x2，x1）是减函数；当a＜0时，则当x∈（﹣∞，x1）或（x2，+∞），f′（x）＜0，故函数在（﹣∞，x1）或（x2，+∞）是减函数；在（x1，x2）是增函数；（Ⅱ）当a＞0，x＞0时，f′（x）=3ax2+6x+3＞0 故a＞0时，f（x）在区间（1，2）是增函数，当a＜0时，f（x）在区间（1，2）是增函数，当且仅当：f′（1）≥0且f′（2）≥0，解得﹣，a的取值范围[）∪（0，+∞）．27．设函数f（x）=alnx+x2﹣bx（a≠1），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，（1）求b；（2）若存在x0≥1，使得f（x0）＜，求a的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）=（x＞0），∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，∴f′（1）=a+（1﹣a）×1﹣b=0，解得b=1．（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），由（1）可知：f（x）=alnx+，∴=．①当a时，则，则当x＞1时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在（1，+∞）单调递增，∴存在x0≥1，使得f（x0）＜的充要条件是，即，解得；②当a＜1时，则，则当x∈时，f′（x）＜0，函数f（x）在上单调递减；当x∈时，f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增．∴存在x0≥1，使得f（x0）＜的充要条件是，而=+，不符合题意，应舍去．③若a＞1时，f（1）=，成立．综上可得：a的取值范围是．28．用数学归纳法证明（1•22﹣2•32）+（3•42﹣4•52）+…+[（2n﹣1）（2n）2﹣2n（2n+1）2]=﹣n（n+1）（4n+3）．【解答】证明：当n=1时，左边=﹣14，右边=﹣1•2•7=﹣14，等式成立假设当n=k时等式成立，即有（1•22﹣2•32）+（3•42﹣4•52）++[（2k﹣1）（2k）2﹣2k（2k+1）2]=﹣k（k+1）（4k+3）那么当n=k+1时，（1•22﹣2•32）+（3•42﹣4•52）++[（2k﹣1）（2k）2﹣2k（2k+1）2]+[（2k+1）（2k+2）2﹣（2k+2）（2k+3）2]=﹣k（k+1）（4k+3）﹣2（k+1）[4k2+12k+9﹣4k2﹣6k﹣2]=﹣（k+1）[4k2+3k+2（6k+7）]=﹣（k+1）[4k2+15k+14]=﹣（k+1）（k+2）（4k+7）=﹣（k+1）[（k+1）+1][4（k+1）+3]．这就是说，当n=k+1时等式也成立．根据以上论证可知等式对任何n∈N都成立．29．已知函数．（I）当a=1时，求f（x）在x∈[1，+∞）最小值；（Ⅱ）若f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；（Ⅲ）求证：（n∈N*）．【解答】解：（I），定义域为（0，+∞）．∵，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．当x≥1时，f（x）≥f（1）=1；（3分）（Ⅱ）∵，∵若f（x）存在单调递减区间，∴f′（x）＜0有正数解．即ax2+2（a﹣1）x+a＜0有x＞0的解．（5分）①当a=0时，明显成立．②当a＜0时，y=ax2+2（a﹣1）x+a为开口向下的抛物线，ax2+2（a﹣1）x+a＜0总有x＞0的解；③当a＞0时，y=ax2+2（a﹣1）x+a开口向上的抛物线，即方程ax2+2（a﹣1）x+a=0有正根．因为x1x2=1＞0，所以方程ax2+2（a﹣1）x+a=0有两正根．，解得．综合①②③知：．（9分）（Ⅲ）（法一）根据（Ⅰ）的结论，当x＞1时，，即．令，则有，∴．∵，第21页（共21页）∴． （12分）（法二）当n=1时，ln （n+1）=ln2．∵3ln2=ln8＞1，∴，即n=1时命题成立．设当n=k 时，命题成立，即．∴n=k+1时，．根据（Ⅰ）的结论，当x ＞1时，，即． 令，则有， 则有，即n=k+1时命题也成立．因此，由数学归纳法可知不等式成立． （12分）30．已知f （n ）=1+++…+．经计算得f （4）＞2，f （8）＞，f （16）＞3，f （32）＞． （Ⅰ）由上面数据，试猜想出一个一般性结论；（Ⅱ）用数学归纳法证明你的猜想．【解答】解：（Ⅰ）由题意知，，．… 由此得到一般性结论：．（或者猜测也行）．（Ⅱ）利用数学归纳法证明：（1）当n=1时，，所以结论成立． （2）假设n=k （k ≥1，k ∈N ）时，结论成立，即， 那么，n=k+1时，，．所以当n=k+1时，结论也成立．综上所述，上述结论对n ≥1，n ∈N 都成立，所以猜想成立．。
复数及导数部分 练习题
2014-3-17高二十一班数学作业 咸焕1．复数的有关概念(1)复数的概念形如a ＋b i (a ，b ∈R )的数叫复数，其中a ，b 分别是它的________和________．若________，则a ＋b i 为实数，若________，则a ＋b i 为虚数，若________________，则a ＋b i 为纯虚数．(2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔____________(a ，b ，c ，d ∈R )．(3)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔____________(a ，b ，c ，d ∈R )．(4)复平面建立直角坐标系来表示复数的平面，叫做复平面．______叫做实轴，______叫做虚轴．实轴上的点表示________；除原点外，虚轴上的点都表示________；各象限内的点都表示____________．复数集C 和复平面内________组成的集合是一一对应的，复数集C 与复平面内所有以________为起点的向量组成的集合也是一一对应的．(5)复数的模向量OZ →的模r 叫做复数z ＝a ＋b i 的模，记作______或________，即|z |＝|a ＋b i|＝____________.2．复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝______________；②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝________________；③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝________________；④除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝(a ＋b i )(c －d i )(c ＋d i )(c －d i )＝________________________(c ＋d i ≠0)．(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z 1、z 2、z 3∈C ，有z 1＋z 2＝________，(z 1＋z 2)＋z 3＝______________________.习题练习1，i 是虚数单位，计算i ＋i 2＋i 3等于( )A ．－1B ．1C ．－iD ．i2， 若z ＝1＋2i i，则复数z 等于( ) A ．－2－i B ．－2＋iC ．2－iD ．2＋i3， 复数2＋i 1－2i的共轭复数是( ) A ．－35i B.35i C ．－i D ．i4， 已知z 1＝2＋i ，z 2＝1－3i ，则复数i ＋z 2z 1的虚部为______． 5， 设复数z 满足(1＋i)z ＝2，其中i 为虚数单位，则z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．2＋2iD ．2－2i6， 若i 21+是关于x 的实系数方程02=++c bx x 的一个复数根，则（ ）A.2b =，3c =B.2b =-，3c =C.2b =-，1c =-D.2b =1c =-（一），导数的基本公式（1）()f x C =（C 为常数），'()0f x =（2）()n f x x =（n 为有理数），1'()n f x n x -=⋅（3）()sin f x x =，'()cos f x x = （4）()cos f x x =，'()sin f x x =-（5）()x f x e =，'()x f x e = （ 6）()x f x a =，'()ln x f x a a =⋅（7）()ln f x x =，1'()f x x =（8）()log a f x x =，1'()log a f x e x= （二）设()f x ，()g x 均可导（1）和差的导数：[()()]''()'()f x g x f x g x ±=±（2）积的导数：[()()]''()()()'()f x g x f x g x f x g x ⋅=+ （3）商的导数：2()'()()()'()[]'()[()]f x f x g x f x g x g x g x ⋅-⋅=（()0g x ≠） （三）习题 1. 过(1,0)点，曲线3y x =的切线方程为 。
(必考题)高中数学选修三第一单元《计数原理》测试题(包含答案解析)(4)
一、选择题1．261(12)()x x x+-的展开式中，含2x 的项的系数是（ ） A ．40-B ．25-C ．25D ．552．在二项式(1)n x +的展开式中，存在系数之比为2:3的相邻两项，则指数*()n n N ∈的最小值为（ ） A ．6B ．5C ．4D ．33．已知8281239(1)x a a x a x a x +=++++，若数列()*123,,,,19,k a a a a k k N ⋅⋅⋅≤≤∈是一个单调递增数列，则k 的最大值是（ ） A ．6B ．5C ．4D ．34．在二项式()12nx -的展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则展开式的中间项的系数为（ ） A ．960-B ．960C ．1120D ．16805．将甲、乙、丙、丁四人分配到A 、B 、C 三所学校任教，每所学校至少安排1人，则甲不去A 学校的不同分配方法有（ ） A ．18种B ．24种C ．32种D ．36种6．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝.如图所示的弦图中，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）A ．180B ．192C ．420D ．4807．若0k m n ≤≤≤，且,,m n k N ∈，则0mn m k n k n k CC --==∑（ ）A ．2m n+B ．2mn m CC ．2n mn C D ．2m mn C8．()52112x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭展开式的常数项为（） A ．112B ．48C ．-112D ．-489．如图,用6种不同的颜色把图中A,B,C,D 四块区域涂色分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同涂法的种数为( )A ．400B ．460C ．480D ．49610．()61211x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是（ ） A ．-5B ．7C ．-11D ．1311．某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序，最前只能排甲或乙，最后不能排甲，则不同的排法共有（ ） A ．240种B ．288种C ．192种D ．216种12．在622x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项为（ ） A ．15-B ．15C ．60-D ．60二、填空题13．512a x x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的展开式中各项系数之和为2，则该展开式中4x 的系数为___________.14．若投掷一枚质地均匀的骰子，第一次投掷的点数为a ，第二次投掷的点数为b ，则b a >的概率为______.15．计算：01220181232019C C C C ++++=______．16．若28C x＝3828C x -，则x 的值为_______． 17．二项式61(2x )x-的展开式中常数项为______(用数字表示)． 18．现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则不同的涂色方案有________种.（用数字作答）.19．已知()1121011012101112x a a x a x a x a x +=+++++ ，则12101121011a a a a -+-+=_____.20．若102100121013x a a x a x a x -+++⋯+=()，则12310a a a a +++⋯+＝_____．三、解答题21．已知（x 2x）n 的展开式中的第二项和第三项的系数相等．（1）求n 的值；（2）求展开式中所有的有理项．22．在13nx ⎫⎪⎭（*n N ∈）的展开式中所有二项式系数之和为256.（1）求展开式中的常数项；（2）求展开式中二项式系数最大的项.23．从1到7的7个数字中取两个偶数和三个奇数组成没有重复数字的五位数.试问： （1）五位数中，两个偶数排在一起的有几个？（2）两个偶数不相邻且三个奇数也不相邻的五位数有几个？（所有结果均用数值表示）24．已知()2*12nx n N x ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭的展开式中所有偶数项的二项式系数和为64. （1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求221122nx x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭展开式中的常数项. 25．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.①第5项的系数与第3项的系数之比是14：3；②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55；③22110n n nC C -+-=.已知在n的展开式中，________. （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）求展开式中含5x 的项.26．已知二项式)22nx -．（1）若展开式中第二项系数与第四项系数之比为1:8，求二项展开式的系数之和． （2）若展开式中只有第6项的二项式系数最大，求展开式中的常数项．参考答案【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】写出二项式61()x x-的展开式中的通项，然后观察含2x 项有两种构成，一种是()212x+中的1与61()x x-中的二次项相乘得到，一种是()212x+中的22x与61()x x-中的常数项相乘得到，将系数相加即可得出结果. 【详解】二项式61()x x-的展开式中的通项662166()1C (1)C k kk k k k k T x x x--+=-=-，含2x 的项的系数为223366(1)2(1)25C C -+⨯-=- 故选B. 【点睛】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．2．C解析：C 【分析】利用二项式定理的展开式写出满足题意的表达式,然后即可求出指数*()n n N ∈的最小值.【详解】解:由题意知:123k n k n C C -=或者132k n k n C C -=.即123n k k -+= 或132n k k -+= 解得,533k n -= 或522k n -=.当533k n -=时,当3k =时,min 4n =; 当522k n -=时,当2k =时,min 4n =.综上所述: min 4n =. 故选:C. 【点睛】本题考查了二项式定理的应用.本题的易错点是未进行分类讨论.3．B解析：B 【分析】可得结论.写出各项的系数，由组合数性质知123456789a a a a a a a a a <<<<>>>>，结合数列123,,,,k a a a a ⋅⋅⋅是一个单调递增数列，可得结论. 【详解】由二项式定理，得98ii a C -=()*19,i i N≤≤∈,所以根据组合数性质知123456789a a a a a a a a a <<<<>>>>， 又数列()*123,,,,19,k a a a a k k N ⋅⋅⋅≤≤∈是一个单调递增数列，所以k 的最大值为5. 故选：B【点睛】本题主要考查二项式定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题.4．C解析：C 【分析】先根据条件求出8n =，再由二项式定理及展开式通项公式，即可得答案. 【详解】由已知可得：2256n =，所以8n =，则展开式的中间项为44458(2)1120T C x x =-=，即展开式的中间项的系数为1120. 故选：C ． 【点睛】本题考查由二项式定理及展开式通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．5．B解析：B 【分析】根据题意，分两种情况讨论：①其他三人中有一个人与甲在同一个学校，②没有人与甲在同一个学校，由加法原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，分两种情况讨论，①其他三人中有一个人与甲在同一个学校，有11232212C A A =种情况， ②没有人与甲在同一个学校，则有12223212C C A =种情况；则若甲要求不到A 学校，则不同的分配方案有121224+=种； 故选：B ． 【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分类加法原理的应用，属于中等题．6．C解析：C 【分析】就使用颜色的种类分类计数可得不同的涂色方案的总数. 【详解】相邻的区域不能用同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色.若5块区域只用3种颜色涂色，则颜色的选法有35C ，相对的两个直角三角形必同色，此时共有不同的涂色方案数为335360C A =（种）.若5块区域只用4种颜色涂色，则颜色的选法有45C ，相对的两个直角三角形必同色，余下两个直角三角形不同色，此时共有不同的涂色方案数为414524240C C A =（种）.若5块区域只用5种颜色涂色，则每块区域涂色均不同，此时共有不同的涂色方案数为55120A =（种）.综上，共有不同的涂色方案数为420（种）. 故选：C. 【点睛】本题考查排列组合的应用，注意根据题设要求合理分类分步，此类问题属于中档题.7．D解析：D 【分析】先利用特殊值排除A,B,C ，再根据组合数公式以及二项式定理论证D 成立. 【详解】 令0m =得，CC C C 1mn mk n n k n n n k --===∑，在选择项中，令0m =排除A ，C ；在选择项中，令1m =，101110C C C C C C 2mn m k n n n k n n n n n k n -----==+=∑排除B ，()!!()!()!!()!mmn m k n knk k n k n CC n m m k k n k --==-=⋅---∑∑000!!2()!!!()!mm mm k m k m mn m n m n k k k n m C C C C C n m m k m k ====⋅=⋅==--∑∑∑,故选D【点睛】本题考查组合数公式以及二项式定理应用，考查基本分析化简能力，属中档题.8．D解析：D 【分析】把51(2)x -按照二项式定理展开，可得()52112x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭的展开式的常数项．【详解】 由于()()52205142332455555111111121()2()4()8()1632x x C C C C C x x x x x x ⎛⎫⎛⎫---⋅-⋅+⋅-⋅+⋅- ⎪⎭= ⎪⎝⎝⎭故展开式的常数项为3583248C -+=-，故选D ．【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查了二项式展开式，属于基础题.9．C解析：C 【解析】分析：本题是一个分类计数问题，只用三种颜色涂色时，有31116321C C C C 种方法，用四种颜色涂色时，有41126322C C C A 种方法，根据分类计数原理得到结果.详解：只用三种颜色涂色时，有31116321120C C C C =种方法， 用四种颜色涂色时，有41126432360C C C A =种方法，根据分类计数原理得不同涂法的种数为120+360=480. 故答案为C.点睛：（1）本题主要考查计数原理，考查排列组合的综合应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)排列组合常用的方法有一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.10．C解析：C 【解析】611x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式是61,rr C x ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 其中含1x 的项是1161,C x ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 常数项为0611,C x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 故()61211x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是116121112111.x C x ⎡⎤⎛⎫⨯-+⨯=-+=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故选C.11．D解析：D 【详解】最前排甲，共有55A 120=种；最前排乙，最后不能排甲，有种，根据加法原理可得，共有种，故选D ．考点：排列及计数原理的应用．12．D解析：D 【分析】根据二项展开式的通项公式计算即可求解. 【详解】631216C (1)2rr r r r T x --+=-，令3120r -=，即4r =， ∴常数项为60， 故选：D 【点睛】本题主要考查了二项式定理，二项展开式的通项公式，属于中档题.二、填空题13．-48【分析】令x=1解得a=1再利用的通项公式进而得出【详解】令x=1=2解得a=1又的通项公式令5−2r=35−2r=5解得r=1r=0∴该展开式中的系数为=−80+32=−48故答案为：−48解析：-48 【分析】令x =1，解得a =1，再利用512x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项公式，进而得出． 【详解】令x =1,()()5112a +-=2，解得a =1.又512x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项公式()5521512r r rr r T C x --+=-⋅，令5−2r =3，5−2r =5. 解得r =1，r =0.∴该展开式中4x 的系数为()()141505512+12C C --=−80+32=−48， 故答案为：−48. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，根据通项公式求系数，属于中等题.14．【分析】将两次点数表示成有序数对分别求出基本事件总数和包含的基本事件个数即可求解概率【详解】将两次点数表示成有序数对根据基本计数原理得：基本事件总数为包含的基本事件个数为所以的概率故答案为：【点睛】 解析：512【分析】将两次点数表示成有序数对(),a b ，分别求出基本事件总数和b a >包含的基本事件个数即可求解概率. 【详解】将两次点数表示成有序数对(),a b ，根据基本计数原理得： 基本事件总数为6636⨯=，b a >包含的基本事件个数为5432115++++=，所以b a >的概率1553612P ==. 故答案为：512【点睛】此题考查古典概型，关键在于准确求出基本事件总数和某一事件包含的基本事件个数.15．【分析】将变为然后利用组合数性质即可计算出所求代数式的值【详解】故答案为：【点睛】本题考查组合数的计算利用组合数的性质进行计算是解题的关键考查计算能力属于中等题 解析：2039190【分析】将01C 变为02C ，然后利用组合数性质111k k k n n n C C C ++++=即可计算出所求代数式的值.【详解】()111,,1k k k n n n C C C n N k N k n ++*++=∈∈≤+， 012201801220181220182018123201922320193320192020C C C C C C C C C C C C ∴++++=++++=+++=2039190=.故答案为：2039190. 【点睛】本题考查组合数的计算，利用组合数的性质进行计算是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.16．4或9【解析】分析：先根据组合数性质得解方程得结果详解：因为＝所以因此点睛：组合数性质：解析：4或9. 【解析】分析：先根据组合数性质得383828x x x x 或=-+-=，解方程得结果 详解：因为28C x＝3828C x -，所以383828x x x x 或=-+-= 因此49.x x ==或点睛：组合数性质：11111,,.m n m m m m k k n n n n n n n C C C C C kC nC -++-+-=+==17．-160【解析】二项式的展开式的通项为令可得即展开式中常数项为答案：解析：-160 【解析】二项式612x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项为66621661(2)()(1)2r r r r r r rr T C x C x x ---+=-=-⋅⋅⋅，0,1,2,,6r =．令3r =，可得33346(1)2160T C =-⋅⋅=-，即展开式中常数项为160-． 答案：160-18．【分析】根据题意假设正五角星的区域依此为分析6个区域的涂色方案数再根据分步计数原理计算即可【详解】根据题意假设正五角星的区域依此为如图所示：要将每个区域都涂色才做完这件事由分步计数原理先对区域涂色有解析：96【分析】根据题意，假设正五角星的区域依此为A 、B 、C 、D 、E 、F ，分析6个区域的涂色方案数，再根据分步计数原理计算即可. 【详解】根据题意，假设正五角星的区域依此为A 、B 、C 、D 、E 、F ，如图所示：要将每个区域都涂色才做完这件事，由分步计数原理，先对A 区域涂色有3种方法，B 、C 、D 、E 、F 这5个区域都与A 相邻，每个区域都有2种涂色方法，所以共有32222296⨯⨯⨯⨯⨯=种涂色方案. 故答案为：96 【点睛】方法点睛：涂色问题常用方法：(1)根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理区域染色问题的基本方法； (2)根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种情形的种数，再用分类计数原理求出不同的涂色方法种数；(3)根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论.从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用分类计数原理求出不同涂色方法总数.19．【分析】对原方程两边求导然后令求得表达式的值【详解】对等式两边求导得令则【点睛】本小题主要考查二项式展开式考查利用导数转化已知条件考查赋值法属于中档题 解析：22【分析】对原方程两边求导，然后令1x =-求得表达式的值. 【详解】对等式112012(12)x a a x a x +=++10111011a x a x +++两边求导，得101222(12)2x a a x +=+91010111011a x a x +++，令1x =-，则1210112101122a a a a -+-+=.【点睛】本小题主要考查二项式展开式，考查利用导数转化已知条件，考查赋值法，属于中档题.20．1023【分析】赋值法令得：；令得：再两式相减可得【详解】解：∵令得：；①令得：；②由①②可得：；故答案为：【点睛】赋值法在求各项系数和中的应用(1)形如()的式子求其展开式的各项系数之和常用赋值法解析：1023 【分析】赋值法 令0x =得：01a =；令1x = 得：10012310131024a a a a a =++⋯+-=++(),再两式相减可得.【详解】解：∵102100121013x a a x a x a x -+++⋯+=()，令0x ＝得：01a = ；①令1x = 得：10012310131024a a a a a =++⋯+-=++()； ②由①②可得：12310102411023a a a a +++⋯+-==； 故答案为：1023． 【点睛】赋值法在求各项系数和中的应用(1)形如()n ax b +，2()m ax bx c ++ (a b c R ∈，，)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令1x ＝即可．(2)对形如()()n ax by a b R +∈，的式子求其展开式各项系数之和，只需令1x y ==即可． (3)若()2012nn f x a a x a x a x +++⋯+=，则()f x 展开式中各项系数之和为()1f ．三、解答题21．（1）5n =；（2）51T x =,2352T x =,5516T x=． 【分析】（1）写出二项式(n x +展开式的通项公式，得到第二项和第三项的系数，所以得到关于n 的方程，解得答案；（2）由（1）得到n的值，写出二项式(n x 展开式的通项公式，整理后，得到其x 的指数为整数的r 的值，再写出其展开式中的有理项. 【详解】解：二项式(n x +展开式的通项公式为32112rrn rr n r r r n n T C x C x--+⎛⎫=⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭，()0,1,2r n =⋅⋅⋅； （1）根据展开式中的第二项和第三项的系数相等,得2121122nn C C ⎛⎫⋅=⋅ ⎪⎝⎭，即()111242n n n -=⋅, 解得5n =；（2）二项式展开式的通项公式为3521512rrr r T C x -+⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭，()0,1,2r n =⋅⋅⋅；当0,2,4r =时,对应项是有理项, 所以展开式中所有的有理项为0551512T C x x ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭, 22532351522T C x x -⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭,44565515216T C x x -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭． 【点睛】本题考查二项展开式的项的系数，求二项展开式中的有理项，属于中档题.22．（1）289；（2）837081x -【分析】（1）由题意利用二项式系数的性质，求得n 的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的常数项．（2）由题意利用二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求得二项式系数最大的项． 【详解】解：（1）*31()3nx n N x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭的展开式中所有二项式系数之和为2256n =，8n ∴=，故展开式的通项公式为8431813rr r r T C x-+⎛⎫= ⎪⎝⎭．令8403r-=，求得2r ，故展开式中的常数项为2812899C =． （2）由于8n =，故当4r =时，二项式系数最大，故二项式系数最大的项为48843358170381T C x x --⎛⎫==⎪⎝⎭． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题．23．（1）576；（2）144 【分析】（1）先从3个偶数抽取2个偶数和从4个奇数中抽取3个奇数，利用捆绑法把两个偶数捆绑在一起，再和另外三个奇数进行全排列；（2）利用插空法，先排两个偶数，再从两个偶数形成的3个间隔中，插入三个奇数，即可得出结果. 【详解】解：可知从1到7的7个数字中，有3个偶数，4个奇数， （1）五位数中，偶数排在一起的有：23413442576C C A A =个，（2）两个偶数不相邻且三个奇数也不相邻的五位数有：23233423144C C A A =个. 【点睛】本题考查数字的排列问题，涉及排列和组合的实际应用以及排列数和组合数的运算公式，考查利用捆绑法解决相邻问题，利用插空法解决不相邻问题，考查运算能力． 24．（1）54500T x =-，25280T x =（2）112 【分析】（1）由偶数项二项式系数可得7n =，可知展开式中间两项二项式系数最大，利用展开式通项公式求解；（2）由（1）利用展开式通项公式求含1x -和2x 项，结合与212x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭相乘即可求解. 【详解】（1）由展开式中所有的偶数项二项式系数和为64，得1264n -=， 所以7n =所以展开式中二项式系数最大的项为第四项和第五项.因为7212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()()()72714317712121rrrr r r rr r T C xC x x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 所以()f x 的展开式中二项式系数最大的项为54500T x =-，25280T x =（2）由（1）知7n =，且7212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中1x -项为684T x =-， 2x 项为25280T x =，所以221122nx x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭展开式的常数项为()2841280112⨯-+⨯=, 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题. 25．（1）56252x -；（2）5x .【分析】（1）先求出二项展开式的通项，根据条件求出n ，即可知道二项式系数最大的项； （2）令x 的指数为5，即可计算出r ，求出含5x 的项. 【详解】可知3561(1)rn rr n r r r r n n T C C x --+⎛==- ⎝， 方案一：选条件①，（1）由题可知4422(1)14(1)3n n C C -=-， !2!(2)!144!(4)!!3n n n n -∴⨯=-，25500n n ∴--=，解得10n =或5n =-（舍去），所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，555566610(1)252T C x x =-=-，所以展开式中二项式系数最大的项是第6项，566252T x =-；（2）由（1）知56110510,(1)r r r rn T C x-+==-，令5556r -=，0r ∴=，51T x ∴=， 所以展开式中含5x 的项是第一项，为5x ； 方案二：选条件②， （1）由题可知21212552n nnnnn nC CC C -++=+==，整理得21100n n +-=，解得10n =或11n =-（舍去）， 所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，555566610(1)252T C x x =-=-，所以展开式中二项式系数最大的项是第6项，566252T x =-；（2）同方案一（2）； 方案三：选条件③， （1）222211110n n nn n n C C C C C -++-=-==，10n ∴=，所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，555566610(1)252T C x x =-=-，所以展开式中二项式系数最大的项是第6项，566252T x =-；（2）同方案一（2）. 【点睛】本题考查二项展开式的相关性质，属于中档题. 26．（1）-1 （2）180 【分析】(1)先求出n 的值，再求二项展开式的系数之和；(2)根据已知求出n 的值，再求出展开式中的常数项． 【详解】 (1)二项式)22nx--的展开式的通项为5221(2)(2)n r r n rr rr r nnTC x C x---+=-=-，所以第二项系数为1(2)n C -，第四项系数为33(2)n C -，所以13(2)188n n C C -=-，所以5n =.所以二项展开式的系数之和)52211-⨯=-.(2)因为展开式中只有第6项的二项式系数最大， 所以展开式有11项，所以10.n = 令1050,22rr -=∴=. 所以常数项为2210(2)180C -=.【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数问题，考查指定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.。
数学课程复数的运算练习题及答案
数学课程复数的运算练习题及答案一、绪论在数学课程中，复数的运算是一个重要的内容。
复数是由实数和虚数组成的数学对象，广泛应用于代数、物理学和工程学等领域。
掌握复数的运算规则和技巧对于提高数学解题能力和扩展数学思维具有重要意义。
本文将为大家提供一系列复数的运算练习题及答案，以帮助读者更好地理解和应用复数。
二、复数的定义与基本运算1. 复数的定义复数可以表示为 a + bi 的形式，其中 a 是实数部分，bi 是虚数部分，i 是虚数单位，满足 i^2 = -1。
2. 复数的共轭复数 a + bi 的共轭定义为 a - bi。
共轭复数的实数部分相等，虚数部分互为相反数。
3. 复数的加法与减法对于复数 a + bi 和 c + di，其加法为 (a + c) + (b + d)i，减法为 (a - c) + (b - d)i。
4. 复数的乘法对于复数 a + bi 和 c + di，其乘法为 (ac - bd) + (ad + bc)i。
5. 复数的除法对于复数 a + bi 和 c + di，其除法为 (ac + bd)/(c^2 + d^2) + (bc - ad)/(c^2 + d^2)i。
三、复数运算练习题及答案1. 计算下列复数的和与差：a) (4 + 3i) + (1 - 2i)解：(4 + 1) + (3 - 2)i = 5 + ib) (2 + 5i) - (3 - 4i)解：(2 - 3) + (5 + 4)i = -1 + 9i2. 计算下列复数的乘积与商：a) (2 + i)(3 - 2i)解：(2*3 - 1*(-2)) + (2*(-2) + 3*1)i = 8 - ib) (4 + 5i)/(2 - i)解：((4*2 + 5*1)/(2^2 + 1^2)) + ((5*2 - 4*1)/(2^2 + 1^2))i = (13/5) + (6/5)i3. 计算下列复数的共轭：a) (3 + 4i)解：3 - 4ib) (-2 - 6i)解：-2 + 6i4. 求下列复数的模和幅角：a) 2 + 4i解：模为√(2^2 + 4^2) = √20，幅角为 arctan(4/2) = arctan 2b) -3 - 5i解：模为√((-3)^2 + (-5)^2) = √34，幅角为 arctan((-5)/(-3)) =arctan(5/3)五、总结本文针对数学课程中复数的运算练习题及答案进行了介绍，并给出了相应的解答。
专题03 导数与复数(解析版)2021年高考数学复习必备之2015-2020年浙江省高考试题分项解析
专题三 导数与复数一、选择题1．（2020·浙江高考真题）已知a ∈R ，若a –1+(a –2)i (i 为虚数单位)是实数，则a =（ ） A ．1 B ．–1C ．2D ．–2【答案】C 【解析】因为(1)(2)a a i -+-为实数，所以202a a -=∴=，， 故选：C2.（2018年浙江卷）复数(i 为虚数单位)的共轭复数是 A ．1+i B ．1−i C ．−1+i D ．−1−i 【答案】B 【解析】 化简可得z=∴z 的共轭复数为1﹣i. 故选：B ．3.（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.4.（2017年浙江卷）函数()()y y f x fx ==，的导函数的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ． 二、填空题5.（2019年浙江卷）复数11z i=+（i 为虚数单位），则||z =________. 【答案】2 【解析】12|||1|22z i ===+. 6.（2017年浙江卷）已知a ，b ∈R ，（i 是虚数单位）则______，ab =________。
【答案】5, 2 【解析】 由题意可得，则，解得，则．三、解答题7．（2020·浙江高考真题）已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e =2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：（ⅰ0x ≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【答案】（I ）证明见解析，（II ）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析. 【解析】 （I ）()1,0,1,()0,()x x f x e x e f x f x ''=->∴>∴>∴在(0,)+∞上单调递增，2212,(2)240,(0)10a f e a e f a <≤∴=--≥->=-<，所以由零点存在定理得()f x 在(0,)+∞上有唯一零点； （II ）（i ）000()0,0xf x e x a =∴--=，002000012(1)xxx e x x e x ≤⇔--≤≤--，令22()1(02),()1(02),2xxx g x e x x x h x e x x =---<<=---<<一方面：1()1(),xh x e x h x '=--= 1()10x h x e '=->，()(0)0,()h x h h x ''∴>=∴在(0,2)单调递增，()(0)0h x h ∴>=，2210,2(1)2xx x e x e x x ∴--->-->，另一方面：1211a a <≤∴-≤，所以当01x ≥0x ≤成立，因此只需证明当01x <<时2()10xg x e x x =---≤， 因为11()12()()20ln 2x x g x e x g x g x e x ''=--==-=⇒=， 当(0,ln 2)x ∈时，1()0g x '<，当(ln 2,1)x ∈时，1()0g x '>， 所以()max{(0),(1)},(0)0,(1)30,()0g x g g g g e g x ''''''<==-<∴<，()g x ∴在(0,1)单调递减，()(0)0g x g ∴<=，21x e x x ∴--<，综上，002000012(1),x xex x e x x ∴--≤≤--≤≤（ii ）0000000()()()[(1)(2)]xa a t x x f e x f x a x e x a e ==+=-+-，00()2(1)(2)0a a t x e x a e '=-+->0x ≤，0()(2)](1)(1)2)a a a a t x t e a e e a e ∴≥=--=--+-，因为12a <≤，所以,2(1)ae e a a >≥-，0()(1)(1)2(2)a t x e a a e ∴≥--+--，只需证明22(2)(1)(1)a a e e a --≥--， 即只需证明224(2)(1)(1)ae e a -≥--， 令22()4(2)(1)(1),(12)as a e e a a =----<≤， 则22()8(2)(1)8(2)(1)0aas a e e e e e e '=---≥--->，2()(1)4(2)0s a s e ∴>=->，即224(2)(1)(1)a e e a -≥--成立，因此()0x 0e(e 1)(1)x f a a ≥--.8．（2019年浙江卷）已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围. 注：e 2.71828...=为自然对数的底数.【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）04a <≤. 【解析】 (1)当34a =-时，()3ln 4f x x =-+()0,∞+，且： ()3433'4x x f x x -+=-== 因此函数()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3.(2)构造函数()ln a x g x =，注意到：211202g a e ae ⎛⎫=--⎪⎝⎭， 注意到0a >时122a ae +≥>2111202g a e ae ⎛⎫=--⎪⎝⎭； 当0a <时，211202g ae ae ⎛⎫=--+>⎪⎝⎭，不合题意，且()1102g a =≤，解得：4a ≤，故04a <≤. 下面证明04a <≤刚好是满足题意的实数a 的取值范围. 分类讨论：(a )当1x ≥时，()ln a xxg x -≤+= 令()ln 4x x ϕ=()'x ϕ==2231x x +-=3214851x x x x -++-=，易知()'0x ϕ≤，则函数()x ϕ单调递减，()()()10g x x ϕϕ≤≤=，满足题意. (b )当211x e ≤<时，()0g x ≤等价于2ln 0a x a ≤， 左侧是关于a 的开口向下的二次函数()a μ,其判别式()12ln 4ln x x x x x x x x ⎛∆=++=++ ⎪⎝⎭，令t x =，注意到当1t e >时,221414ln '0t t t t t t +-⎛⎫++=> ⎪⎝⎭， 于是()x ∆在21,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上单调递增,而152ln 2044⎛⎫∆=-< ⎪⎝⎭， 于是当211,4x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时命题成立, 而当1,14x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时,此时()a μ的对称轴为1x a +=随着x 递增, 于是对称轴在5a =的右侧,而524>成立，(不等式等价于5ln 28<). 因此()()2104a u μϕ⎛⎫<≤= ⎪⎪⎝⎭.综上可得：实数a 的取值范围是20a <≤. 9.（2018年浙江卷）已知函数．（Ⅰ）若f(x)在x=x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f(x 1)+f(x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数，由得，因为，所以．由基本不等式得．因为，所以．由题意得．设， 则，所以 x（0，16） 16 （16，+∞） -0 +2-4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增， 故，即． （Ⅱ）令m =，n =，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <≤<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得．设h （x ）=，则h ′（x ）=，其中g （x ）=．由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 10.（2017年浙江卷）已知函数()(x1f x 2x-1ex 2-⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭（I ）求()f x 的导函数（II ）求()f x 在区间1+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭，上的取值范围 【答案】（I ）()()121)2x x e f x x --=>'；（II ）1210,2e -⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【解析】（Ⅰ）因为('1x =-()'x xe e --=-，所以()('1x xf x e x e --⎛=- ⎝()121)2x x e x --=>．（Ⅱ）由()()12'0x x e f x --==，解得1x =或52x =． 因为又())2102x f x e -=≥，所以f （x ）在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,2e -⎡⎤⎢⎥⎣⎦．优质高三试题1．（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知2()2ln(2)(1)()(1)f x x x g x k x =+-+=+，.（1）求()f x 的单调区间；（2）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；（3）若存在01x >-，使得当0(1,)x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.【答案】（1）单调减区间为3(2,2-+-，单调增区间为3()2-++∞；（2）详见解析；（3）(,2)-∞. 【解析】 （1）()()2'212f x x x =-++ ()2231(2)2x x x x -++=>-+，当()'0f x <时，2310++>x x .解得x >当()'0f x >时，解得322x -+-<<．所以()f x 单调减区间为32,2⎛-+- ⎝⎭，单调增区间为⎫+∞⎪⎪⎝⎭． （2）设()()()h x f x g x =-()()()22ln 211(1)x x k x x =+-+-+>-，当2k =时，由题意，当()1,x ∈-+∞时，()0h x <恒成立． ()()223122'x x x h x -++=-+()()2312x x x -++=+，∴当1x >-时，()'0h x <恒成立，()h x 单调递减． 又()10h -=，∴当()1,x ∈-+∞时，()()10h x h <-=恒成立，即()()0f x g x -<． ∴对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立．（3）因为()()223'12x x k x h x -++=-+()226222x k x k x ++++=-+． 由（2）知，当2k =时，()()f x g x <恒成立， 即对于1x ∀>-，()()()22ln 2121x x x +-+<+， 不存在满足条件的0x ；当2k >时，对于1x ∀>-，10x +>， 此时()()211x k x +<+．∴()()()()22ln 21211x x x k x +-+<+<+， 即()()f x g x <恒成立，不存在满足条件的0x ； 当2k <时，令()()()22622t x x k x k =--+-+，可知()t x 与()'h x 符号相同，当()0,x x ∈+∞时，()0t x <，()'0h x <，()h x 单调递减．∴当()01,x x ∈-时，()()10h x h >-=， 即()()0f x g x ->恒成立． 综上，k 的取值范围为(),2-∞．2．（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）已知函数()1=x x f x a e --的两个零点记为12,x x .（1）求a 的取值范围；（2）证明：12x x ->【答案】（1）)1(0a ∈，（2）证明见解析 【解析】（1）由()0f x ＝，得1x x a e -＝，令()1x x g x e -＝，()11'x xg x e--＝， 当()()()1'0x g x g x ∈-∞，，＞，递增；当()()()1'0x g x g x ∈+∞，，＜，递减； ()g x 有最大值()00g ＝，又()0x g x →+∞→，，故函数有两个不同的零点，)1(0a ∈，； （2）先证明122x x +＞，不妨设12x x ＜，由（1）知，1201x x ＜＜＜， 构造函数()()()()()()()111122'1xx x x F x f x f x xex e F x x e e ----------＝＝，＝，当)1(0x ∈，时，()'0F x ＞，()F x 递增，()()100F F x ＝，＜， 所以()10F x ＜，即()()112f x f x -＜，所以121x -＞，由()()12f x f x ＝， 由（1）知，当(1)x ∈+∞，，()f x 递减； 所以212x x -＞，即122x x +＞，要证明12x x ->只需证明()21121x x x --＞＞即2112x x a ->-，111x x a e -＝，只需证明1211111+2001x x x x x e--＞，＜＜， 构造函数()212x x h x x x e -+-＝，()()11'12x h x x e -⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝，当()()()012'0x ln h x h x ∈-，，＞，递增；()()()121'0x ln h x h x ∈-，，＜，递减； 当]1[0x ∈，时，()()(){00}1min h x min h h ＝，＝， 所以当()()010x h x ∈，，＞， 故原命题成立.3.（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）已知函数()2()()xf x x bx b e b =++∈R .（Ⅰ）若1b =，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）若0b =，求证：23()f x x x ≥+；（Ⅲ）当0x >时，若关于x 的不等式()f x k ≥的解集为[]12,x x ，且12x x ≠，12,(,2]x x ∈-∞-，求k 的取值范围（用b 表示）.【答案】（Ⅰ）21y x =+；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）当24b <<时，k 的取值范围是24,b b b e e -⎡⎫⎪⎢⎣⎭，当4b ≥时，k 的取值范围是0,bb e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【解析】（Ⅰ）解：2()(2)2xf x x b x b e '⎡⎤=+++⎣⎦，当1b =时，(0)1f =，(0)2f '=，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为12y x -=，即21y x =+；（Ⅱ）证明：当0b =时，2()x f x x e =，设()1x g x e x =--，所以()1xg x e '=-，()g x ，()g x '随x 变化情况如下：由此可知对于x ∈R ，()(0)g x g ≥，即10x e x --≥， 因此()210xxex --≥，整理得232x x e x x ≥+，即32()f x x x ≥+；（Ⅲ）由题意可知，即方程()f x k =在(,2]-∞-上有两个不相等的实数根1x ，2x ， 令2()(2)20xf x x b x b e '⎡⎤=+++=⎣⎦.得x b =-或2x =-；当2b -≥-即2b ≤时，在(,2]-∞-上()0f x '≥.所以()f x 是(,2]-∞-上的增函数， 所以方程()f x k =在(,2]-∞-上不可能有两个不相等的实数根；当2b -<-即2b >时，在(,)b -∞-上()0f x '>，在(,2)b --上()0f x '<， 所以()f x 在(,]b -∞-上是增函数，在(,2)b --上是减函数，所以max ()()0b bf x f b e=-=>， 又因为24(2)bf e --=，当x →-∞时，()0f x >， （ⅰ）当24(2)0bf e--=>即24b <<时，所以要使方程()f x k =有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是24,b b b e e -⎡⎫⎪⎢⎣⎭； （ⅱ）当24(2)0bf e--=≤即4b ≥时，所以要使方程()f x k =有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是0,bb e ⎛⎫ ⎪⎝⎭； 综上所述，当24b <<时，k 的取值范围是24,b b b e e -⎡⎫⎪⎢⎣⎭；当4b ≥时，k 的取值范围是0,b be⎛⎫⎪⎝⎭． 4．（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）已知函数1()sin ln 122mf x x x x =--+，()f x '是()f x 的导函数.（1）证明：当2m =时，()f x '在(0,)+∞上有唯一零点；（2）若存在12,(0,)x x ∈+∞，且12x x ≠时，()()12f x f x =，证明：212x x m <.【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）证明：当2m =时，1()sin ln 12f x x x x =--+，11()1cos 2f x x x'=--. 当(0,)x π∈时，()f x '为增函数，且133310344f πππ⎛⎫'=--=-<⎪⎝⎭，31()02f ππ'=->， ∴()f x '在(0,)π上有唯一零点；当[,)x π∈+∞时，11()1cos 2f x x x '=--11111022x π--->， ∴()f x '在[,)π+∞上没有零点. 综上知，()f x '在(0,)+∞上有唯一零点.（2）证明：不妨设120x x <<，由()()12f x f x =得1111sin ln 122m x x x --+2221sin ln 122mx x x =--+，∴()()2121211ln ln sin sin 22m x x x x x x -=---. 设()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x '=-，故()g x 在(0,)+∞为增函数， ∴2211sin sin x x x x ->-，从而2121sin sin x x x x ->-， ∴()21ln ln 2m x x -()()21212111sin sin 22x x x x x x =--->-， ∴2121ln ln x x m x x ->-，下面证明：2121ln ln x x x x ->-令21x t x =，则1t >，即证明1ln t t->ln 0t -<.（*）设()ln h t t =21()0h t '=<，∴()h t 在(1,)+∞单调递减. 当1t >时，()(1)0h t h <=，从而（*）得证，即2121ln ln x x x x ->-∴m >212x x m <.5．（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知正实数a ，设函数22()ln f x x a x x =-．（1）若a =()f x 在[1,]e 的值域；（2）对任意实数1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭均有()f x ≥a 的取值范围． 【答案】（1）21,2e e ⎡⎤-⎣⎦；（2）01a <≤. 【解析】（1）由2()2ln =-f x x x x ，得()2(1ln )f x x x '=--，1()210f x x ⎛⎫''=-≥ ⎪⎝⎭， 所以()f x '在[1,]e 单调递增，()(1)0f x f ''≥=所以()f x 在[]1,e 单调递增，所以2()1,2f x e e ⎡⎤∈-⎣⎦． 所以()f x 的值域为21,2e e ⎡⎤-⎣⎦.（2）由题意可得：(1)f a ≥，即01a <≤． 事实上，当01a <≤时2222ln ln 0x x a x x x x a -≥⇒--≥记11t a=≥，设22()ln g t x t x x =--，则()g t 为关于t 的二次函数， 定义域为[1,)+∞，其对称轴为t =∵42414222x x x x x +≥=⋅≥．∴1t =<∴2()(1)ln g t g x x x ≥=--设1()ln ,2h x x x x =--≥1()1h x x '=-=当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，()0h x '<，()h x 递增；当(1,)x ∈+∞，()0h x '>，()h x 递减， 所以min ()(1)0h x h ==， 即()0h x ≥，于是有：()0g t ≥. 所以：01a <≤．6．（2020·浙江镇海中学高三3月模拟）已知函数23()xf x x e =（1）若0x <，求证：1();9f x <（2）若0x >，恒有()(3)2ln 1f x k x x ≥+++，求实数k 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）（﹣∞，0] 【解析】（1）∵函数f （x ）＝x 2e 3x ，∴f′（x ）＝2xe 3x +3x 2e 3x ＝x （3x+2）e 3x ．由f′（x ）＞0，得x ＜﹣23或x ＞0；由f′（x ）＜0，得203x -<<， ∴f （x ）在（﹣∞，﹣23）内递增，在（﹣23，0）内递减，在（0，+∞）内递增，∴f （x ）的极大值为22439f e ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， ∴当x ＜0时，f （x ）≤2244139949f e ⎛⎫-=<= ⎪⨯⎝⎭（2）∵x 2e 3x ≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤233211xx e x nx x---，x ＞0，令g （x ）＝233211x x e x nx x ---，x ＞0，则g′（x ）232(13)211x x x e nx x++-=， 令h （x ）＝x 2（1+3x ）e 3x +2lnx ﹣1，则h （x ）在（0，+∞）上单调递增， 且x →0+时，h （x ）→﹣∞，h （1）＝4e 3﹣1＞0， ∴存在x 0∈（0，1），使得h （x 0）＝0，∴当x ∈（0，x 0）时，g′（x ）＜0，g （x ）单调递减， 当x ∈（x 0，+∞）时，g′（x ）＞0，g （x ）单调递增，∴g （x ）在（0，+∞）上的最小值是g （x 0）＝032000032ln 1x x e x x x ---，∵h （x 0）＝()0320013x x x e++2lnx 0﹣1=0，所以03200012ln 13x x x ex -=+，令020030=130x x x e∴+=，2lnx ，令00012ln =13013x x x -∴+=+，2lnx所以03200012ln 13x x x ex -=+=1，00=3x -2lnx ,∴g （x 0）0320000000321113310x x e x nx x x x x ----+-=== ∴实数k 的取值范围是（﹣∞，0]．7．（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-． （1）求函数()f x 的单调区间； （2）当12a >时，若对任意的[)1,x ∈-+∞，均有()()212a f x x ≥+，求a 的取值范围．注：e 2.71828=为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 在(,0)-∞内单调递减，在(0,)+∞内单调递增；（2）122a <≤ 【解析】(1)由()(1)=0ax ax f x a e a a e =-'=⋅-,解得0x =．①若0a >,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增； 当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减．②若0a <,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增； 当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减． 综上所述,()f x 在(,0)-∞内单调递减,在(0,)+∞内单调递增．(2)2()(1)2a f x x ≥+,即2(1)2ax ae x ≥+． 令0x =,得12a≥,则122a <≤．当1x =-时,不等式2(1)2ax a e x ≥+显然成立,当(1,)x ∈-+∞时,两边取对数,即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立． 令函数()2ln(1)ln2aF x x ax =+-+,即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立． 由22(1)()=011a x F x a x x -+'=-=++,得211x a =->-． 故当2(1,1)x a ∈--时,()0F x '>,()F x 单调递增；当2(1+)x a∈-∞，时,()0F x '<,()F x 单调递减. 因此22()(1)2ln 2ln 2ln 22a aF x F a a a a ≤-=-++=--．令函数()2ln 2ag a a =--,其中122a <≤,则11()10a g a a a='-=-=,得1a =,故当1(,1)2a ∈时,()0g a '<,()g a 单调递减；当(1,2]a ∈时,()0g a '>,()g a 单调递增．又13()ln 4022g =-<,(2)0=g ,故当122a <≤时,()0g a ≤恒成立,因此()0F x ≤恒成立,即当122a <≤时,对任意的[1,)x ∈-+∞,均有2()(1)2a f x x ≥+成立．8．（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知函数()()2f x ax a a R =+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单减；（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（3）证明见解析. 【解析】()'f x a =+.（1）当0a ≥时，()'0f x ≥，所以()f x 在()1,-+∞上单调递增； 当0a <时，由()'0f x >解得21114x a-<<-， 所以()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0a ≥时，()()2000f x a x =+≥+=，故不合题意； 当0a <时，由（Ⅰ）知()max 21104x f f a ⎛⎫=-≤⎪⎝⎭， 211(21)(21)20141244a a f a a a a a a +-⎛⎫=-+- ⎪⎝-+=≤⎭102a a <∴≤-，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.（3）由（2）知，取12a =-112x ≤+成立.当()1,2,3,,20482020kx k ==时，1111220204040k k =≤⨯+=⨯+，⋅⋅⋅+()11234204820484040++++++<20491024204826004040⨯=+<.9．（2020届浙江省温州市高三4月二模）已知,a b ∈R ，设函数()x f x e ax =--(I )若0b =，求()f x 的单调区间：(II )当[)0,x ∈+∞时，()f x 的最小值为0，求a 的最大值.注： 2.71828e =…为自然对数的底数.【答案】(I )详见解析；(II ) 【解析】(I ) ()x f x e ax =-，'()x f x e a =-，当0a ≤时，'()0xf x e a =-≥恒成立，函数单调递增；当0a >时，'()0xf x e a =-=，ln x a =，当(),ln x a ∈-∞时，()'0f x <函数单调递减；当()ln ,x a ∈+∞时，()'0f x >函数单调递增.综上所述：0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.(II ) ()0x f x e ax =--在[)0,x ∈+∞上恒成立；11202a f ⎫= ⎪⎝⎭≥⎛，故a ≤，现在证明存在,a b ，a =()f x 的最小值为0.取4a =，b =（此时可使1'02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭），'()e ''()e x x f x a f x =-=，14b =<，故当[)0,x ∈+∞上时，(211,e 1x x +≥≥，故''()0f x ≥，()'f x 在[)0,x ∈+∞上单调递增，1'02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故()f x 在10,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，故()min 102f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭.综上所述：a +的最大值为10．（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知函数()4ln 1f x x x =++，()()121ln 222x g x ab e b x x a b -=-⋅++-++，其中a R ∈，且0a >．（1）求()f x 在(]0,1x ∈上的最大值；（2）若()0g x ≤对任意的[),b a ∈+∞及(]0,1x ∈恒成立，求实数a 的取值范围． 注：e 是自然对数的底数． 【答案】（1）2；（2）1a ≥． 【解析】（1）对函数()f x 求导得()()2141f x x x '=-+ 即()()()22101x f x x x -'=≥+，所以()f x 在(]0,1x ∈上递增，所以()f x 的最大值为()12f =．（2）由题意，首先由()()()122222110g ab a b a b =--++=-+≤， 得1a ≥，所以1a ≥是()0g x ≤必要条件． 下面证明1a ≥是充分条件．21 由已知0b a ≥>，又由（1）得ln 421x x +≤+，即()1ln 22x x x +≤-，所以()1ln 22b x x bx b +≤-，故()()11212222222ln x x e x g x ab b x a b ab bx a e --=-++-++⋅+≤--+⋅， 又因为1x e x -≥，（不等式1x e x -≥的证明：令()1x h x e x -=-，则()11x h x e -'=-，所以当01x <<时，()()1110x h x e h -'=-<=，所以()1x h x e x -=-是减函数， 故()()10h x h ≥=，即1x e x -≥成立．）所以()122222222x g x ab e bx a abx bx a -≤-+-+-+-⋅+≤，即()()()2222211g x abx bx a a bx ≤-+-+=-+，因为1a ≥，0b ≥，(]0,1x ∈，故()0g x ≤﹐所以1a ≥是()0g x ≤的充分条件．故实数a 的范围是1a ≥．。
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第9题D C B A 2013-2014学年 第二学期
数学试卷
时量: 100 分钟 分值：100分 命题人：谢世才 命题日期：2014/4/19
一、选择题(每题4分，共48分)
1、设i 为虚数单位，则
2i i +-=（ ） A 、12i + B 、12i - C 、12i -+ D 、12i -- 2、从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（ ） A 、6种 B 、5种 C 、7种 D 、8种 3、在复平面内，复数)21(i i z +=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 4、 设i 为虚数单位，则i 34-= （ ） A 、 1 B 、 7 C 、 5 D 、25 5、函数x x y +=2的递增区间是（ ） A 、),21(+∞ B 、),21(+∞- C 、)21,(-∞ D 、
(-∞6、复数i +14的共轭复数是( ) A 、i 22+ B 、i 22- C 、i 22-- D 、i -4 7、函数236)(x x x f -=在区间[]1,1-上的最小值是（ ） A 、-7 B 、-5 C 、0 D 、-32 8、函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的 图象如图所示，则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点（ ） A 、1个 B 、2个 C 、3个 D 、4个 9、将下图中A,B,C,D 各区域染色，要求每块区域只染一种颜色，相邻 区域颜色不同，现有3种颜色，则有（ ）种染色方案 A 、24 B 、12 C 、3 D 、6
10、教学大楼共有5层，每层均有2个楼梯口，由一层到五层的走法有（ ）
A 、10种
B 、52种 Ｃ、25种 Ｄ、42种 11、曲线212y x =在点1(1,)2处切线的倾斜角为（ ） A 、1 B 、4π-
C 、4π
D 、54π 12、如图，阴影部分的面积是（ ）
A 、 321+
B 、
415 C 、6 D 、4
装
订 线 年级 班 号 姓名 考号：
二、填空题（每题4分，共16分）
13、函数232)(23-++=x x x x f 在1=x 处的导数是 。
14、某学生去书店，发现3本不同的好书，决定至少买其中1本，则该生的购书方案有 种。
15、设复数i Z +=11，)(22R x i x Z ∈+=，若21Z Z ⋅为实数，则=x 。
16、若函数()y f x =在区间(,)a b 内可导，且0(,)x a b ∈，4)(0='x f ，则
=∆-∆+→∆x
x f x x f x )()2(000lim 。
三、解答题（每题12分，共36分）
17、（12分）求下列函数的导函数。
（1）x x y 21-=
（2）2ln x x y += （3）x x y 2sin 2=
18、（12分）某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．
（1）若每个年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？
（2）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？
19、（12分）已知443
1)(3+-=x x x f （1）求函数的单调性并写出单调区间；（2）求函数在点（0，4）处的切线方程；
（3）求函数)(x f 在[]3,0上的最值。