2017-2018学年福建省厦门外国语学校高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2017-2018学年福建省厦门外国语学校高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

‎2017-2018学年福建省厦门外国语学校高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知为虚数单位，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】分析：先求得，从而可得在复平面内对应的点即可得解；‎ 详解：由，‎ 可得，‎ 在复平面内对应的点为位于第四象限.‎ 故选D.‎ 点睛：本题主要考查了复数的共轭的概念，属于基础题.‎ ‎2．由 ①菱形的对角线互相垂直；②正方形的对角线互相垂直；③正方形是菱形。‎ ‎ 写一个“三段论”形式的推理，则作为大前提，小前提和结论的分别为（ ）‎ A. ②③① B. ①③② C. ①②③ D. ③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：由题意，根据三段论的形式“大前提，小前提，结论”直接写出答案即可．‎ 详解：用三段论的形式写出的演绎推理是：‎ 大前提①菱形的对角线互相垂直，‎ 小前提③正方形是菱形 结论②正方形的对角线互相垂直，‎ 故选：B.‎ 点睛：本题考查的知识点是演绎推理的基本方法：大前提一定是一个一般性的结论，小前提表示从属关系，结论是特殊性结论．‎ ‎3．用反证法证明“三角形中至少有两个锐角”，下列假设正确的是（ ）‎ A. 三角形中至多有两个锐角 B. 三角形中至多只有一个锐角 C. 三角形中三个角都是锐角 D. 三角形中没有一个角是锐角 ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据反证法的步骤，利用“至少有两个”的反面为“最多有一个”，据此直接写出命题的否定即可．‎ 解答：‎ 用反证法证明“一个三角形中至少有两个锐角”时，应先假设“一个三角形中最多有一个锐角”.‎ 故选：B.‎ 点睛：反证法证题的第一步就是作出假设，即假设所给命题的否定成立，作出反设时可将命题的所有情况列出来，然后根据所给命题的对立面作出反设即可．‎ ‎4．设是定义在正整数集上的函数，且满足：当成立时，总可推出 ‎ ‎ 成立，那么下列命题总成立的是( )‎ A. 若成立，则成立；‎ B. 若成立，则成立；‎ C. 若成立，则当时，均有成立；‎ D. 若成立，则当时，均有成立.‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：“当成立时，总可推出成立”是一种递推关系，前一个数成立，后一个数一定成立，反之不一定成立．‎ 详解：对A，因为“原命题成立，否命题不一定成立”，所以若f(1)<1成立，则不一定f(10)<100成立；‎ 对B，因为“原命题成立，则逆否命题一定成立”，所以只能得出：若成立，则f(1)<1成立，不能得出：若f(2)<4成立，则成立；‎ 对C，当k=1或2时，不一定有成立；‎ 对D，∵，∴对于任意的，均有成立.‎ 故选D 点睛：解本题的关键是：“当成立时，总可推出成立”是一种递推关系，前一个数成立，后一个数一定成立，根据逆否关系知，后一个不成立前一个一定不成立.‎ ‎5．右图阴影部分的面积是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：二次函数与x轴交点坐标为，设x轴上方的面积为 ‎，x轴下方的面积为 ，‎ ‎【考点】定积分求曲边型面积 点评：当阴影部分在x轴上方时，面积等于定积分值，当阴影部分在x轴下方时，面积等于定积分的相反数，因此将阴影部分分成x轴上方和下方两部分分别求解 ‎6．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：函数求导，令其等于，即可得解.‎ 详解：，求导得：.‎ 令，解得：或（舍）.‎ 所以切点的横坐标为.‎ 故选C.‎ 点睛：本题主要考查了导数即几何意义，即导数值表示切线的斜率.‎ ‎7．已知函数的极小值点是，则（ ）‎ A. 或 B. 或 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：求函数导数，由极值点处导数为0，解得的值，结合函数单调性检验极小值点即可.‎ 详解：由函数，求导得：.‎ 根据题意得：，解得或.‎ 当时，，‎ 在单调递增，单调递减.‎ 所以为极大值点，不满足题意.‎ 当时，，‎ 在单调递减，单调递增.‎ 所以为极小值点，满足.‎ 所以.‎ 故选D.‎ 点睛：本题主要考查导数的几何意义以及利用导数判断函数的单调性与函数的极值，属于中档题.求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值.‎ ‎8．函数的图象如图，则函数的单调增区间是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：由图象知，先对函数进行求导，根据x=-2，x=3时函数取到极值点知，由一元二次方程根与系数关系可得：，再根据函数二次函数的性质可得解．‎ 详解：∵，∴‎ 由图可知，且 由一元二次方程根与系数关系可得：，即 ‎∴，为开口向下的抛物线，对称轴为：.‎ ‎∴函数的单调增区间是.‎ 故选A.‎ 点睛：本题主要考查了函数导数与函数单调性的关系，属于中档题.‎ ‎9．将编号为1,2,3,4的四个小球放入A,B,C三个盒子中，若每个盒子至少放一个球，且1号球和2‎ 号球不能放在同一个盒子，则不同的放法种数为（ ）‎ A. 30 B. 24 C. 48 D. 72‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：由题意知4个小球有2个放在一个盒子里的种数是C42，把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有A33种结果，而①②好小球放在同一个盒子里有A33种结果，用所有的排列数减去不合题意的，得到结果．‎ 详解：由题意知4个小球有2个放在一个盒子里的种数是C42， 把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有A33种结果， 而①②好小球放在同一个盒子里有A33=6种结果， ∴编号为①②的小球不放到同一个盒子里的种数是C42A33-6=30， 故选A．‎ 点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．‎ ‎10．现有个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球谁赢. 如果甲先抓，那么下列推断正确的是（ ）‎ A. 若=4，则甲有必赢的策略 B. 若=6，则乙有必赢的策略 C. 若=9，则甲有必赢的策略 D. 若=11，则乙有必赢的策略 ‎【答案】C ‎【解析】分析：如果甲先抓，若n=9，则甲有必赢的策略．必赢的策略为：甲先抓1球，当乙抓1球时，甲再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜．‎ 详解：现有n个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，‎ 每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球赢。‎ 如果甲先抓，若n=9，则甲有必赢的策略。‎ 必赢的策略为：‎ ‎①甲先抓1球，‎ ‎②当乙抓1球时，甲再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；‎ ‎③这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，‎ 无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；‎ ‎④甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜.‎ 故选：C.‎ 点睛：本题主要考查推理论证，意在考查学生推理论证的能力和分析能力.‎ ‎11．设，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：由，得，，所以，构造函数，利用单调性可得，从而得.‎ 详解：易知，所以.‎ 令，‎ 当时，，单调递增.‎ ‎，即，所以，即.‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 综上：.‎ 故选A.‎ 点睛：比较大小常用的方法：‎ ‎（1）作差（作商）法；‎ ‎（2）利用函数的单调性比较大小；‎ ‎（3）借助于中间变量比较大小.‎ ‎12．设动直线 与函数的图象分别交于点M，N，则最小值所在的区间为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：由，构造函数，求导求最值即可.‎ 详解：由函数的图象可知.‎ 令 易知为增函数，且，‎ 所以存在，使得 ①‎ 由单调性可知.‎ 由①可知：，.‎ 所以，由，可知.‎ 故选C.‎ 点睛：（1）利用导数求函数的最值时要注意函数单调性的运用，由单调性得到函数的极值，然后再求最值．对于含有参数的问题，要结合条件对参数进行分类讨论，分类时要做到合理、不重不漏．‎ ‎（2）对于已知函数的最值求参数或其范围的问题，在解题仍要注意单调性的应用，结合函数的单调性进行求解、判断．‎ 二、填空题 ‎13．定积分________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】分析：由定积分的几何意义画出图形由面积可得定积分，由奇函数在对称区间的积分知为0，可得解.‎ 详解：，‎ ‎∵表示圆与x轴围成的图形CDAB，‎ ‎.‎ ‎∴，‎ 又为奇函数，所以，‎ ‎∴，‎ 故答案为：.‎ 点睛：定积分的计算一般有三个方法：‎ ‎（1）利用微积分基本定理求原函数；‎ ‎（2）利用定积分的几何意义，利用面积求定积分；‎ ‎（3）利用奇偶性对称求定积分，奇函数在对称区间的定积分值为0.‎ ‎14．古希腊著名的毕达哥拉斯学派把…这样的数称为“三角形数”，而把…‎ ‎ 这样的数称为“正方形数”．如图，可以发现任何一个大于的“正方形数”都可以看作两个相邻 ‎ “三角形数”之和，下列四个等式：①；②；③； ‎ ‎ ④ 中符合这一规律的等式是_____________．（填写所有正确结论的编号）‎ ‎ ‎ ‎ ……‎ ‎【答案】①③④ .‎ ‎【解析】分析：根据题意，归纳可得“三角形数”与“正方形数”的规律，进而可得两者之间的关系为，据此依次验证4个表达式可得答案．‎ 详解：根据题意,分析可得：“三角形数”的规律是…；‎ ‎“正方形数”的规律是，…；‎ 且正方形数是这串数中相邻两数之和,即；‎ 对于①,在中，令n=6，可得36=15+21；‎ 对于②，18和31不是三角形数；‎ 对于③,在中，令n=8，可得；‎ 对于④，在中，令n=9，可得 只有①③④是对的；‎ 故答案为：①③④.‎ 点睛：常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.‎ ‎15．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加厦门市华侨博物院志愿者服务活动，每人从事礼仪、导游、翻译、讲解四项工作之一，每项工作至少有一人参加. 甲、乙不会导游但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是____________．（用数字作答）‎ ‎【答案】126.‎ ‎【解析】分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了导游的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案．‎ 详解：‎ 根据题意,分情况讨论,①甲乙一起参加除了导游的三项工作之一：种；‎ ‎②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；‎ ‎1.丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作,有种；‎ ‎2.甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：种；‎ 由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种，‎ 故答案为126.‎ 点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．‎ ‎16．已知，若函数恰有7个零点，则正数 的取值范围是_______________________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】分析：由得，或，所以恰有7个零点，可得或，共有7个根，结合函数的图象，即可得，从而得解.‎ 详解：由，得或.‎ 所以当，可得或.‎ ‎.‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增.‎ ‎.‎ 由题意知，或，共有7个根.‎ 所以，解得：.‎ 故答案为：.‎ 点睛：根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，‎ ‎（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；‎ ‎（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；‎ ‎（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.‎ ‎17．已知性质A：“在等差数列中，若，则．成立” ．‎ ‎（1）类比性质A，请写出等比数列的类似性质B：‎ 性质B：“在等比数列中，若，_________________________” ．‎ ‎（2）证明性质A或性质B．‎ ‎【答案】在等比数列中，若，.‎ ‎(2)见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）由等差中项的性质类比等比中项的性质即可得解；‎ ‎（1）不妨设，由，，依次写出其他即可得证.‎ 详解：（1）在等比数列中，若，.‎ ‎（2）证明：【以性质Ａ为例，性质B相应得分】‎ ‎【综合法】 不妨设，由 ‎【分析法】不妨设 ‎ 要证 即证 也就是 即证 也就是 因为已知，所以上式成立.‎ 点睛：本题以类比的形式考查了等差等比中项的性质，属于基础题.‎ 三、解答题 ‎18．已知关于的方程（为虚数单位），． ‎ ‎（1）若2i是方程的根，求复数；‎ ‎（2）若方程有实数根，求的最小值．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】分析：（1）由2i是方程的根，代入方程求解即可；‎ ‎（2）若方程有实数根，设为，令，有，整理得，由实部为0，虚部为0，得，所以，由基本不等式求最值即可 详解：（1）若2i是方程的根，,‎ 所以：，得 ‎（2）若方程有实数根，设为，令 有：‎ 整理得，‎ 所以 由②式得代入（1）式得.‎ ‎.‎ 点睛：本题考查复数的有关概念，属容易题．解题的关键是正确理解复数的相关概念，并把所求问题转化为方程（组）或不等式（组）求解．‎ ‎19．在△ABC中，内角所对的边分别为a，b，c．‎ ‎(1) 若a,b,c三边成等比数列，求的取值范围；‎ ‎(2)我们知道，若，则．现已知，请猜测是锐角还是钝角，并加以证明．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) 是锐角.‎ ‎【解析】分析：（1）由余弦定理结合，可得，利用基本不等式得的范围，进而得的范围；‎ ‎（2）由为最大边，得，从而，得解.‎ 详解：（1）若a,b,c三边成等比数列，即有 ‎.‎ 又，从而 ‎(2) （给出正确猜测但没有证明的可以得1分）‎ ‎【解法一】若，则为最大边，即有 从而， ‎ 所以是锐角.‎ ‎【解法二】若，则 从而， ‎ 所以是锐角.‎ 点睛：本题主要考查了余弦定理的应用，可以判断三角的形状，也可以求解的范围，属于中档题.‎ ‎20．已知函数（12分）‎ ‎（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，求在上的最大值和最小值.‎ ‎【答案】(Ⅰ）见解析;（Ⅱ）;（Ⅲ）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）求出函数的导函数f′（x），令f′（x）0恒成立，通过变量分离求最值即可；（2）当a=1时，可求得f（x）、f′（x），由f′（x）=0，得x=1，求出函数的极值、端点处函数值，然后进行比较即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由已知得，依题意得对任意恒成立 ‎ 即对任意恒成立， 而 ‎ 所以的取值范围为 ‎ ‎（2）当时，， 令，得， ‎ 当时，可得下表，若时，‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 故是函数在区间上的唯一的极小值，也是最小值，‎ 即，而， ‎ 由于， ‎ 则 ‎ ‎【思路点睛】导数问题经常会遇见恒成立的问题：‎ ‎①根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；‎ ‎②若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;‎ ‎③若恒成立，可转化为.‎ ‎21．某淘宝商家经销某种商品，已知该商品的进价为6元/件，物流费、管理费共为元/件（），根据成本测算及有关部门的规定，每件该商品的售价（单位：元）必须满足．市场调查显示，当每件售价为元（）时，该商品一年的销售量预计为万件．‎ ‎（1） 求商家经销该商品一年所得的利润P（万元）与每件商品的售价的函数关系式；‎ ‎（2） 当为多少元时，该商家一年的利润P最大，并求出P的最大值 ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】分析：（1）根据总利润等于每件的利润乘以总数可得解；‎ ‎（2）函数求导，利用函数的单调性求最值即可.‎ 详解：（1）‎ ‎（2）‎ 令得（舍）或 ⅰ）当时，，此时在上恒成立.‎ 即在上递减，‎ ‎.‎ ⅱ）当时，，‎ 此时即在上递增，在上递减，‎ 综上，'‎ 点睛：本题考查了导数在实际问题中的应用，解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值等问题，试题属于中档试题，其中正确读懂题意，列出函数关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的的能力．‎ ‎22．已知函数（k为常数，e为自然对数的底数），曲线在点（1, f (1)）处的切线与x轴平行.‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）求的单调区间；‎ ‎（3）设其中为的导函数，证明：对任意 ‎【答案】(1);(2) 在区间内为增函数；在内为减函数;(3)见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）由导数的几何意义得，即可得解；‎ ‎（2）求导，导数大于0可得增区间，导数小于0可得减区间；‎ ‎（3）由，当，分析单调性易证得成立；当，分析不等式，只需证即可，设，求导求最值即可证得，，从而得证.‎ 详解：（1）由f(x) = 可得，而，‎ 即，解得； ‎ ‎（2），令可得，‎ 当时，；‎ 当时，。‎ 于是在区间内为增函数；在内为减函数.‎ ‎（3），‎ 当时， ，.‎ 当时，要证.‎ 只需证即可 设函数.‎ 则，‎ 则当时，‎ 令解得，‎ 当时；当时，‎ 则当时，且，‎ 则，于是可知当时成立 综合（1）（2）可知对任意x＞0，恒成立. ‎ ‎【另证1】设函数，则，‎ 则当时，‎ 于是当时，要证，‎ 只需证即可，‎ 设，，‎ 令解得，‎ 当时；当时，‎ 则当时，‎ 于是可知当时成立 综合（1）（2）可知对任意x＞0，恒成立.‎ ‎【另证2】根据重要不等式当时，即，（要证明）‎ 于是不等式，‎ 设，，‎ 令解得，‎ 当时；当时，‎ 则当时，‎ 于是可知当时成立.‎ 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.‎