数学（理）卷·2018届湖南省醴陵二中、醴陵四中高二下学期期中联考（2017-04）

数学（理）卷·2018届湖南省醴陵二中、醴陵四中高二下学期期中联考（2017-04）

醴陵二中 醴陵四中 ‎2017年上学期期中考试两校联考高二年级数学(理)考试试卷 命题学校：醴陵四中 命题人： 审题人：‎ 时量：120分钟　　 总分：150分 一、选择题（共12小题，每小题5分，共计60分）‎ ‎1．已知复数z满足，那么的虚部为（    ）‎ A．1 B． -i C． D．i []‎ ‎2．定积分的值为（   ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．观察下列各式：，，，…．若，则=（   ）‎ A．43 B． 73 C．57 D．91‎ ‎4．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A，B，O，AB型四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女的血型一定不是O型，若某人的血型的O型，则父母血型的所有可能情况有（    ）‎ A．12种 B．6种 C．9种 D．10种 ‎5．曲线与坐标轴所围成图形面积是（   ）‎ A．4 B．2 C． D．3‎ ‎6．的展开式中常数项是（   ）‎ A． 160 B．-20 C．20 D．-160‎ ‎7．用数学归纳法证明“，从 “到”时，左边应增添的式子是 （   ）‎ A． B．‎ C. D．‎ ‎8．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．若该商品零售价定为P元，销售量为Q件，且销量Q与零售价P有如下关系：Q＝8300－170P－P2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)（    ）‎ A．30元 B．60元 C．23000元 D．28000元 ‎9．若，则等于（   ）‎ A．－2 B． 4 C．2 D．-4‎ ‎10．用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（    ）‎ A．12 B．24 C．36 D．30‎ ‎11．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是 (　 　)‎ A．(－∞，0) B．(0，＋∞)‎ C． (－∞，4] D．[4，＋∞)‎ ‎12．是定义在上的函数, 若存在区间， 使函数在上的值域恰为，则称函数 是型函数．给出下列说法： ①不可能是型函数； ②若函数是型函数, 则，； ③设函数是型函数, 则的最小值为； ④若函数 是型函数, 则的最大值为． ‎ 下列选项正确的是（   ）‎ A．②④ B．②③ C．①③ D．①④‎ 二、填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）[]‎ ‎13、已知函数在处有极大值，在处极小值，‎ 则 ，    ‎ ‎14. 设是虚数单位，复数 为纯虚数，则实数的值为        ．‎ ‎15. 在平面直角坐标系中，若曲线在（e为自然对数的底数）处的切线与直线垂直，则实数a的值为      ．‎ ‎16. 已知集合，以下命题正确的序号是            ． ①如果函数，其中，那么的最大值为。 ②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个。 ③数列满足，， ，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个。 ④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条。‎ 三、解答题（共6小题，17题10分，18至22题每题12分，共计70分）‎ ‎17. 已知复数 （1）m取什么值时，z是实数？ （2）m 取什么值时，z是纯虚数？‎ ‎18.(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，求 (1)a1＋a2＋a3＋a4. (2)(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2. ‎ ‎19. 6个人坐在一排10个座位上,问 ‎(1)空位不相邻的坐法有多少种?‎ ‎(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种?‎ ‎(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种?‎ ‎20. 用长为90cm，宽为48cm的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接而成（如图），问该容器的高为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？‎ ‎21. 设，其中为正整数． （1）求的值； （2）猜想满足不等式的正整数的范围，并用数学归纳法证明你的猜想 ‎22. 已知函数，其中为常数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求证：有且仅有两个零点； （3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值.‎ 答案部分 一、选择题（共12小题，每小题5分，共计60分）‎ ABBCD　　DCCDD CA　‎ 二、填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）‎ ‎13. -3， -9 14. 15. 16. ②③④‎ 三、解答题（共6小题，17题10分，18至22题每题12分，共计70分）[]‎ ‎ 17.（本小题满分10分）‎ ‎（1）解 当时，z为实数  5分 ‎（2）解：  当时，z为纯虚数 10分 ‎18. （本小题满分12分）‎ 解：(1)由(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4， 令x＝1得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4， 令x＝0得(0－3)4＝a0， ‎ 所以a1＋a2＋a3＋a4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4－a0＝(2－3)4－81＝－80. 6分 ‎ (2)在(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中， 令x＝1得(2－3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4.① 令x＝－1得(－2－3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.② ‎ 所以由①②有(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2 ＝(a0－a1＋a2－a3＋a4)(a0＋a1＋a2＋a3＋a4) ＝(－2－3)4(2－3)4＝(2＋3)4(2－3)4＝625. 12分 ‎19. （本小题满分12分）‎ 解：(1) 4分 ‎(2) 8分 ‎（3） 12分 ‎20. （本小题满分12分） ‎ 解：根据题意可设容器的高为x，容器的体积为V， 则有V=（90﹣2x）（48﹣2x）x=4x3﹣276x2+4320x，（0＜x＜24） 5分 求导可得到：V′=12x2﹣552x+4320 6分 由V′=12x2﹣552x+4320=0得x1=10，x2=36．‎ 所以当0＜x＜10时，V′＞0，‎ 当10＜x＜24时，V′＜0， 10分 所以当x=10，V有最大值V（10）=19600 11分 答：当高为10，最大容积为19600． 12分 ‎  21. （本小题满分12分）‎ ‎ 解：（1）[]‎ ‎ 3分 ‎（2）猜想： 5分 ‎ 证明：①当时，成立 6分 ‎②假设当时猜想正确，即 ∴ 7分 由于 ‎∴，即成立 11分 由①②可知，对成立 12分 ‎22. （本小题满分12分）‎ 解：（1）当k＝0时，f（x）＝1＋lnx． 因为f′（x）＝，从而f′（1）＝1． 又f（1）＝1， 所以曲线y＝f（x）在点 （1，f（1））处的切线方程y－1＝x－1， 即x－y＝0． 3分 ‎（2）当k＝5时，f（x）＝lnx＋－4． 因为f ′（x）＝，从而 当x∈（0，10），f ′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（10，＋∞）时，f ′（x）＞0，f（x）单调递增． 所以当x＝10时，f（x）有极小值．  因f（10）＝ln10－3＜0，f（1）＝6＞0，所以f（x）在（1，10）之间有一个零点． 因为f（e4）＝4＋－4＞0，所以f（x）在（10，e4）之间有一个零点． 7分 从而f（x）有两个不同的零点．   （3）方法一：由题意知，1+lnx－＞0对x∈（2，＋∞）恒成立， 即k＜对x∈（2，＋∞）恒成立． ‎ 令h（x）＝，则h′（x）＝． 设v（x）＝x－2lnx－4，则v′（x）＝． 当x∈（2，＋∞）时， v′（x）（x）＞0，所以v（x）在（2，＋∞）为增函数． 因为v（8）＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v（9）＝5－2ln9＞0， 所以存在x0∈（8，9），v（x0）＝0，即x0－2lnx0－4＝0． 当x∈（2，x0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减， 当x∈（x0，＋∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增． 所以当x＝x0时，h（x）的最小值h（x0）＝． 因为lnx0＝，所以h（x0）＝∈（4，4.5）．  故所求的整数k的最大值为4． 12分 方法二：由题意知，1+lnx－＞0对x∈（2，＋∞）恒成立． f（x）＝1+lnx－，f ′（x）＝． ①当2k≤2，即k≤1时，f′（x）＞0对x∈（2，＋∞）恒成立， 所以f（x）在（2，＋∞）上单调递增． 而f（2）＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求． ②当2k＞2，即k＞1时， 当x∈（2，2k）时，f ′（x）＜0， f（x）单调递减， 当x∈（2k，＋∞），f ′（x）＞0，f（x）单调递增． 所以当x＝2k时，f（x）有最小值f（2k）＝2＋ln2k－k． 从而f（x）＞0在x∈（2，＋∞）恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0． 令g（k）＝2＋ln2k－k，则g′（k）＝＜0，从而g（k） 在（1，＋∞）为减函数． 因为g（4）＝ln8－2＞0，g（5）＝ln10－3＜0 ， 所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整数k＝4． 综合①②，知所求的整数k的最大值为4． ‎