数学（理）卷·2018届安徽省安庆一中高二下学期期中考试（2017-04）
安徽省安庆一中2016—2017学年度第二学期期中考试
高二数学（理科）试题
一、 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的，把正确答案的代号填在括号内.）
1．已知z＝，则|z|＋z＝( )
A．1＋i B．1－i
C．i D．－i
2．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是( )
A．增函数 B．减函数
C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减 D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增
3．用反证法证明命题：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数” 时，要做的假设是( )
A．a，b，c中至少有两个偶数
B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
C．a，b，c都是奇数
D．a，b，c都是偶数
4．求曲线y＝x2与y＝x所围成图形的面积，其中正确的是( )
A．S＝(x2－x)dx B．S＝(x－x2)dx
C．S＝(y2－y)dy D．S＝(y－)dy
5．若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1,4]上单调递减，则实数t的取值范围是( )
A. B．(－∞，3]
C. D．[3，＋∞)
6．记等差数列{an}的前n项和为Sn，利用倒序求和的方法，可将Sn表示成首项a1、末项an与项数n的一个关系式，即公式Sn＝；类似地，记等比数列{bn}的前n项积为Tn，且bn>0(n∈N)，试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项b1、末项bn与项数n的一个关系式，即公式Tn＝( )
A． B．
C． D．(b1bn)
7．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
8．已知点A(1，2)在函数f(x)＝ax3的图像上，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是( )
A．6x－y－4＝0
B．x－4y＋7＝0
C．6x－y－4＝0或x－4y＋7＝0
D．6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0
9．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是( )
10．若关于x的方程2x3－3x2＋a＝0在区间[－2, 2]上仅有一个实根，则实数a的取值范围为( )
A．[－4，0] B．(1，28]
C．[－4，0)∪(1，28] D．[－4，0)∪(1，28)
11．某班要从五人中选出三人担任班委中三种不同的职务，则上届任职的三人都不连任原职务的方法种数为（ ）
A． B． C． D．
12．定义在(－1，1)上的函数f(x)＝1＋x－＋－…－，设F(x)＝f(x＋4)，且F(x)的零点均在区间(a，b)内，其中a，b∈Z，a
0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
20．（本题满分12分）设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝a－2nan＋2(n＝1,2,3，…)．
(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式(不需证明)；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，试求使得Sn＜2n成立的最小正整数n，并给出证明．
21．（本题满分12分）已知函数f(x)＝x－lnx－a，g(x)＝x＋－，a∈R.
(1)若f(x)≥0在定义域内恒成立，求a的取值范围；
(2)当a取(1)中的最大值时，求函数g(x)的最小值；
(3)证明不等式．
22．（本题满分12分）已知函数f(x)＝ln x－ax＋，对任意的x∈(0，＋∞)，满足
f(x)＋f ＝0，其中a，b为常数.
(1)若f(x)的图象在x＝1处的切线经过点(0，－5)，求a的值；
(2)已知0＜a＜1，求证：；
(3)当f(x)存在三个不同的零点时，求a的取值范围.
1、[答案] A
[解析] 由于z＝＝＝＝i，∴|z|＝1，∴|z|＋z＝1＋i.
2、答案 A
解析 ∵f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0，2π)上递增．
3、答案：B
解析：a，b，c恰有一个是偶数说明有且只有一个是偶数．其否定有a，b，c均为奇数或a，
4、答案 B
5、 [解析] f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[1,4]上单调递减，则有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥在[1,4]上恒成立，因为y＝在[1,4]上单调递增，所以t≥＝，故选C.
[答案] C
6、[答案] D
[解析] 利用等比数列的性质：若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq，利用倒序求积方法有
两式相乘得T＝(b1bn)n，即Tn＝(b1bn).
7、答案 D
解析 共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数2个偶数，故不同的取法有C54＋C44＋C52C42＝66种．
8、答案 D
解析 由于点A(1，2)在函数f(x)＝ax3的图像上，则a＝2，即y＝2x3，所以y′＝6x2.若点A为切点，则切线斜率为6，若点A不是切点，设切点坐标为(m，2m3)，则切线的斜率为k＝6m2.由两点的斜率公式，得＝6m2(m≠1)，即有2m2－m－1＝0.解得m＝1(舍去)或m＝－.综上，切线的斜率为k＝6或k＝6×＝，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程为y－2＝6(x－1)或y－2＝(x－1)，即6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0.故选D.
9、答案 C
解析 由f(x)在x＝－2处取得极小值可知，当x<－2时，f′(x)<0，则xf′(x)>0；
当－20，则xf′(x)<0；
当x>0时，xf′(x)>0.
10、解析 f(x)＝2x3－3x2＋a，则f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，x∈[－2，2]．令f′(x)>0，得x∈[－2，0)∪(1，2]；令f′(x)<0，得x∈(0，1)．∴y＝f(x)在(0，1)上单调递减，在[－
2，0)，(1，2]上单调递增．又f(－2)＝－28＋a，f(0)＝a，f(1)＝－1＋a，f(2)＝4＋a.∴－28＋a≤0<－1＋a或a<0≤4＋a，即a∈[－4，0)∪(1，28]．
11、【答案】B
【解析】分三类：①三人都入选，则只有种方法； ②若三人只有两入选，则一共有种； ③若三人只有一入选，则一共有种；所以一共有种方法，选B.
12、答案 A
解析 f′(x)＝1－x＋x2－…－x2 015＝>0，因而f(x)在(－1，1)上单调递增，f(－1)＝(1－1)－－－…－<0，f(0)＝1>0，因而函数f(x)仅有1个零点，且在(－1，0)内，那么F(x)＝f(x＋4)也有1个零点在(－5，－4)内，故b－a的最小值为1，则圆x2＋y2＝b－a的面积的最小值为π，故选A.
13、[解析] ＝＝＝＋i.
[答案] ＋i
14、答案 ＋＋
解析 (x2＋x＋)dx＝2(x2＋)dx＝2(x2dx＋dx)＝2(＋＋×1×)＝＋＋.
15、[答案] 1＋＋＋＋…＋<(n∈N)
[解析] 由于1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，所以可以写为1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，照此规律，所以第n个不等式为1＋＋＋＋…＋<.
16、答案 48
解析 分类计数原理，按红红之间有蓝无蓝两类来分．
(1)当红红之间有蓝时，则有A22A42＝24种；
(2)当红红之间无蓝时，则有C21A22C21C31＝24种．
因此，这五个人排成一行，穿相同颜色衣服的人不能相邻，则有48种排法．
17、解：(1)∵b是方程x2－(6＋i)x＋9＋ai＝0(a∈R)的实根，
∴(b2－6b＋9)＋(a－b)i＝0，
∴解得a＝b＝3.
(2)设z＝s＋ti(s，t∈R)，其对应点为Z(s，t)，
由|－3－3i|＝2|z|，
得(s－3)2＋(t＋3)2＝4(s2＋t2)，
即(s＋1)2＋(t－1)2＝8，
∴点Z的轨迹是以O1(－1,1)为圆心，2为半径的圆，如图所示，
当点Z在OO1的连线上时，|z|有最大值或最小值．
∵|OO1|＝，半径r＝2，
∴当z＝1－i时，|z|有最小值且|z|min＝.
18、证明：(1)＋＋＝2，
∵a＋b＝1，a＞0，b＞0，
∴＋＝＋
＝2＋＋≥2＋2＝4，
∴＋＋≥8，当且仅当a＝b＝时等号成立．
(2)证法一：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，
∴1＋＝1＋＝2＋，
同理1＋＝2＋，
∴＝
＝5＋2≥5＋4＝9.
∴≥9，
当且仅当a＝b＝时等号成立．
证法二：＝1＋＋＋，
由(1)，知＋＋≥8，
故＝1＋＋＋≥9.
19、解析：(1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得即
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a0，f′(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(1)＝1－a，∴1－a≥0，a≤1，故a的取值范围是(－∞，1]．
(2)当a＝1时，g(x)＝x＋－(lnx)2，g(x)的定义域是(0，＋∞)．
g′(x)＝1－－2lnx·＝，
令h(x)＝x2－2xlnx－1，h′(x)＝2(x－lnx－1)，
由(1)知，h′(x)的最小值是h′(1)＝0，∴h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝2.
(3)由(2)得，当x>1时，g(x)>g(1)，x＋－(lnx)2>2，即(－)>(lnx)2，开平方得－>lnx.
令x＝>1(k∈N)，则－＝>ln，
∴ >ln＋ln＋…＋ln＝ln[··…·]＝ln.
22、(1)若f(x)的图象在x＝1处的切线经过点(0，－5)，求a的值；
(2)已知0＜a＜1，求证：f＞0；
(3)当f(x)存在三个不同的零点时，求a的取值范围.
(1)解 在f(x)＋f＝0中，取x＝1，得f(1)＝0，
又f(1)＝ln 1－a＋b＝－a＋b＝0，所以b＝a.
从而f(x)＝ln x－ax＋，f′(x)＝－a，
f′(1)＝1－2a.
又f′(1)＝＝5，所以1－2a＝5，a＝－2.
(2)证明 f＝ln－＋＝2ln a＋－－ln 2.
令g(x)＝2ln x＋－－ln 2，则g′(x)＝－－＝.
所以x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
故x∈(0，1)时，
g(x)＞g(1)＝2－－ln 2＞1－ln e＝0，
所以0＜a＜1时，f＞0.
(3)解 f′(x)＝－a＝.
①当a≤0时，在(0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)至多只有一个零点，不合题意；
②当a≥时，在(0，＋∞)上，f′(x)≤0，f(x)单调递减，
所以f(x)至多只有一个零点，不合题意；
③当0＜a＜时，令f′(x)＝0，得x1＝＜1，
x2＝＞1.
此时，f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，
在(x2，＋∞)上单调递减，所以f(x)至多有三个零点.
因为f(x)在(x1，1)上单调递增，所以f(x1)＜f(1)＝0.
又因为f＞0，所以∃x0∈，使得f(x0)＝0.
又f＝－f(x0)＝0，f(1)＝0，
所以f(x)恰有三个不同的零点：x0，1，.
综上所述，当f(x)存在三个不同的零点时，a的取值范围是.
