2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

屯溪一中2018-2019学年度第二学期期中质量检测 高二数学（理科）试题 ‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题60分）和第Ⅱ卷（非选择题90分）两部分.满分150分，考试时间120分钟.‎ 第Ⅰ卷（选择题 满分60分）‎ 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，只有一项是符合题目要求的.）‎ ‎1．已知函数在处的导数为，则等于（ ）‎ A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1‎ ‎2．已知为虚数单位，复数，则以下为真命题的是（ ）‎ A．的共轭复数为 B．的虚部为 C． D．在复平面内对应的点在第一象限 ‎3．“指数函数是减函数，是指数函数，所以是减函数”上述推理（ ）‎ A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．以上都不是 ‎4．用数学归纳法证明，从到，不等式左边需添加的项是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎5．若是函数的极值点，则的极大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图是函数的导函数的图象，给出下列命题：‎ ‎①-2是函数的极值点；‎ ‎②1是函数的极值点；‎ ‎③的图象在处切线的斜率小于零；‎ ‎④函数在区间上单调递增.‎ 则正确命题的序号是（ ）‎ A．①③ B．②④ C．②③ D．①④‎ ‎7．已知复数z满足（i是虚数单位），若在复平面内复数z对应的点为Z，则点Z的轨迹为（ ）‎ A．双曲线的一支 B．双曲线 C．一条射线 D．两条射线 ‎8．一物体沿直线做运动，其速度和时间的关系为，在到时间段内该物体行进的路程和位移分别是（ ）‎ A．， B．， C．， D．，‎ ‎9．设是给定的平面，是不在内的任意两点，则下列结论中正确的是（ ）‎ A．在内一定存在直线与直线相交； ‎ B．在内一定存在直线与直线异面；‎ ‎ C．一定不存在过直线的平面与平面垂直；‎ D．一定存在过直线的平面与平面平行. ‎ ‎10．函数为上的可导函数，其导函数为，且，‎ 在中，，则的形状为 ‎ A．等腰锐角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰钝角三角形 ‎11．图一是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到．图二是第1代“勾股树”，重复图二的作法，得到图三为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第代“勾股树”所有正方形的个数与面积的和分别为（ ）‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知定义在上的可导函数，满足①，②，(其中是的导函数，是自然对数的底数)，则的范围是( )‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷（非选择题 满分90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置上.）‎ ‎13．=__________________.‎ ‎14．做一个母线长为的圆锥形漏斗，当其体积最大时，高应为__________ ．‎ ‎15．在平面几何中：已知是内的任意一点，连结并延长交对边于，则. 这是一个真命题，其证明常采用“面积法”.拓展到空间，可以得出的真命题是：已知是四面体内的任意一点，连结并延长交对面于，则___________ .‎ ‎16．函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是_________ _．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.解答应写在答题卡上的指定区域内.）‎ 17． ‎（本小题满分10分）已知：；‎ ‎；‎ ‎ .‎ 通过观察上述三个等式的规律，写出能反映一般规律的等式，并证明你的结论．‎ ‎18．（本小题满分12分）（1）若都是正实数，且，求证：与中至少有一个成立． ‎ ‎（2）求证：‎ ‎19．（本小题满分12分）已知二次函数，直线，直线（其中，为常数），若直线与函数的图象以及轴与函数的图象所围成的封闭图形（阴影部分）如图所示．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求阴影面积关于的函数的解析式．‎ ‎20．（本小题满分12分）已知函数，记为的导数，。‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）猜想，的表达式，并证明你的猜想。‎ ‎21．（本小题满分12分）已知函数（是自然对数的底数），.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）求的极值；‎ ‎（3）设，其中为的导函数，证明：对任意， ‎ ‎22．（本小题满分12分）已知函数，‎ ‎.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ 参考答案 ‎1．A ‎【解析】分析：与极限的定义式比较，凑配出极限式的形式：．‎ 详解： ，‎ 故选A．‎ 点睛：在极限式中分子分母中的增量是相同的，都是，因此有 ．‎ ‎2．D ‎【解析】,的共轭复数为,的虚部为, ,在复平面内对应的点为,故选D.‎ ‎3．A ‎4．B ‎【解析】分析：分析，时，左边起始项与终止项，比较差距，得结果.‎ 详解：时，左边为,‎ 时，左边为,‎ 所以左边需添加的项是 ，选B.‎ 点睛：研究到项的变化，实质是研究式子变化的规律，起始项与终止项是什么，中间项是如何变化的.‎ ‎5．D ‎【解析】求得f（x）的导数，由题意可得得f′（3）=（16+4a）e3=0，解得a，再由单调区间，可得f（x）的极大值．‎ ‎【详解】‎ 函数f（x）=（x2+ax+1）ex的导数为f′（x）=（x2+ax+1+2x+a）ex，‎ 由x=3是函数f（x）=（x2+ax+1）ex的极值点，‎ 可得f′（3）=（16+4a）e3=0，‎ 解得a=﹣4，‎ 可得f′（x）=（x2﹣2x﹣3）ex，‎ 则﹣1＜x＜3时，f（x）递减；x＞3或x＜﹣1时，f（x）递增，‎ 可得f（x）的极大值为f（﹣1）=6e﹣1，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 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.‎ ‎6．D ‎【解析】根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．‎ ‎【详解】‎ 根据导函数图象可知当时，，在时，则函数在上单调递减，在上单调递增， 故在区间上上单调递增正确，即④正确 而在处左侧单调递减，右侧单调递增，则-2是函数的极小值点，故①正确 ∵函数在上单调递减，在上单调递增 ∴在处左侧导函数与右侧导函数同号，故1不是函数的极值点，故②不正确； ∵函数在x=0处的导数大于0 ∴的图象在处切线的斜率大于零，故③不正确 故正确的为：①④‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导函数图象与函数的性质的关系，以及函数的单调性、极值、和切线的斜率等有关知识，属于基础题．‎ ‎7．C ‎【解析】分析：利用两个复数的差的绝对值表示两个复数对应点之间的距离，来分析已知等式的意义．‎ 详解：∵复数z满足（i是虚数单位），在复平面内复数z对应的点为Z，‎ 则点Z到点（1，2）的距离减去到点（﹣2，﹣1）的距离之差等于3，‎ 而点（1，2）与点（﹣2，﹣1）之间的距离为3，‎ 故点Z的轨迹是以点（1，2）为端点的经过点（﹣2，﹣1）的一条射线．‎ 故选 C．‎ 点睛：本题考查两个复数的差的绝对值的意义，两个复数的差的绝对值表示两个复数对应点之间的距离．‎ ‎8．A ‎【解析】由定积分的几何性质可知，该物体的行进的路程为；该物体的行进的位移为，故选A.‎ ‎9．B ‎10．D ‎【解析】求函数的导数，先求出，然后利用辅助角公式进行化简，求出A，B的大小即可判断三角形的形状．‎ ‎【详解】‎ 函数的导数，‎ 则，‎ 则，则，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，即，‎ 则，得，‎ ‎，即，‎ 则，则，‎ 则，‎ 则，‎ 即是等腰钝角三角形，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形形状的判断，根据导数的运算法则求出函数和的解析式是解决本题的关键．‎ ‎11．A ‎【解析】第1代“勾股树”中，小正方形的个数3＝21+1﹣1＝3，所有正方形的面积之和为2＝（1+1）×1，第2代“勾股树”中，小正方形的个数7＝22+1﹣1，所有的正方形的面积之和为3＝（2+1）×1，以此类推，第n代“勾股树”所有正方形的个数为2n+1﹣1，第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为：（n+1）×1＝n+1．‎ ‎【详解】‎ 解：第1代“勾股树”中，小正方形的个数3＝21+1﹣1＝3，‎ 如图（2），设直角三角形的三条边长分别为a，b，c，‎ 根据勾股定理得a2+b2＝c2，‎ 即正方形A的面积+正方形B的面积＝正方形C的面积＝1，‎ 所有正方形的面积之和为2＝（1+1）×1，‎ 第2代“勾股树”中，小正方形的个数7＝22+1﹣1，‎ 如图（3），正方形E的面积+正方形F的面积＝正方形A的面积，‎ 正方形M的面积+正方形N的面积＝正方形B的面积，‎ 正方形E的面积+正方形F的面积+正方形M的面积+正方形N的面积＝正方形A的面积+正方形B的面积＝正方形C的面积＝1，‎ 所有的正方形的面积之和为3＝（2+1）×1，‎ ‎…‎ 以此类推，第n代“勾股树”所有正方形的个数为2n+1﹣1，‎ 第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为：（n+1）×1＝n+1．‎ 故选：A．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正方形的性质及勾股定理的应用，考查归纳推理等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、归纳总结能力，是中档题．‎ ‎12．D ‎【解析】构造函数，所以是单调递增函数，由，所以；再令，所以是单调递减函数，由，所以，综上，应选答案D。‎ 点睛：解答本题的难点在于怎样借助题设条件构造函数和，这是解答本题的难点和关键之所在，求解时先对构造的两个函数和求导，再断定函数的单调性，然后借助函数的单调性求出的取值范围使得问题获解。‎ ‎13．‎ ‎14．‎ ‎【解析】设圆锥的高为， ，令，得，当， ；当，故当时，体积最大，即圆锥的高为 时，圆锥体积最大，故答案为.‎ ‎【思路点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及导数的实际应用，属于难题. 与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答. 解答本题题意的关键是：将漏斗的体积表示为关于高的函数式，然后利用导数研究函数的单调性，根据单调性求出体积最大时的高.‎ ‎15．‎ ‎【解析】由题意利用等体积法进行类比推理即可得出等式.‎ ‎【详解】利用类比推理可给出结论：.证明如下：‎ 由题意结合三棱锥的结构特征可得：‎ ‎，，，，‎ 由于，‎ 故以上四个等式相加可得： .‎ ‎【点睛】‎ 合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向．‎ ‎16．‎ ‎【解析】函数，，由于函数两个极值点为，即是方程的两个不等实数根，即方程，且， ；设 ，在同一坐标系内画出两个函数图象，如图所示,‎ ‎ ‎ 要使这两个函数有个不同的交点，应满足，解得，所以的取值范围为，故选.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查函数的极值、函数与方程以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解 ‎17．‎ ‎18．（1）见解析； （2）见解析.‎ ‎【解析】（1）利用反证法证明；（2）利用分析法的证明 ‎【详解】‎ 证明：（1）假设＜2和＜2都不成立，即2和2同时成立．‎ ‎∵x>0且y＞0，∴，且．‎ 两式相加得，∴．这与已知条件矛盾，‎ ‎∴＜2和＜2中至少有一个成立． ‎ ‎（2）原式子等价于2，‎ 两边平方得到 恒成立，得证．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了不等式的证明，考查了反证法以及分析法应用；证明不等式的基本方法：1、比较法，2、综合法，3、分析法，4、放缩法.‎ ‎19．（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由图象可知函数图象过点，并且的最大值为，分别代入解析式可得关于的方程组，即可解得的值；（2）先求出直线（其中为常数）与拋物线的交点横坐标（用表示），再利用定积分的几何意义求两部分面积之和即可.‎ 试题解析：（1）由图形可知二次函数的图象过点，，并且的最大值为，则 ‎，解得，‎ ‎∴函数的解析式为．‎ ‎（2）由，得，‎ ‎∴，，∵，∴直线与的图象的交点坐标为，‎ 由定积分的几何意义知：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎． ‎ ‎20．（1），（2）见解析 ‎【解析】（1）直接对函数求导得，.(2) 猜想：,再利用数学归纳法证明.‎ ‎【详解】‎ ‎(1，，， ‎ ‎(2)猜想：.‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ‎①当时，，结论成立；‎ ‎②假设（且）时，结论成立，即.‎ 当时，‎ ‎ ‎ ‎.‎ 所以当时，结论成立.‎ 所以由①②可知对任意的结论成立.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查对函数求导，考查数学归纳法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎21．(Ⅰ) ；(Ⅱ) 的单调递增区间为；单调递减区间为；（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）对函数f(x)求导， ，代入x=1,可求得，切点坐标再点斜式可求切线方程。(2)定义域因为又得，可得单调区间。（3）， 等价于在时恒成立，由（2）知,当时， 的最大值，即证。‎ 试题解析：（Ⅰ） 的定义域为,‎ 由，得，∴点A的坐标为. ‎ ‎，所以， ‎ 所以曲线在点A处的切线方程为 ‎ ‎（Ⅱ），所以 ‎ 令得，因此当时， 单调递增；‎ 当时， 单调递减.‎ 所以的单调递增区间为；单调递减区间为. 的极大值，无极小值。 ‎ ‎（Ⅲ）证明：因为，所以， 等价于在时恒成立, ‎ 由（Ⅱ）知,当时， 的最大值， ‎ 故，‎ 因为时， ‎ 所以，‎ 因此任意， . ‎ ‎22．(1)见解析；(2) ‎ ‎【解析】（1）求出，对a分类讨论，解不等式即可得到函数的单调性；‎ ‎（2）关于的不等式恒成立等价于在恒成立，构建函数，研究其单调性与最值即可.‎ ‎【详解】‎ 解：（1） ‎ 当时，，在单调递增； ‎ 当时，由得：；由得：，‎ 在单调递减，在单调递增 ‎ 综上：当时，在单调递增；‎ 当时，在单调递减，在单调递增. ‎ ‎（2）由题意：当时，不等式，‎ 即 即在恒成立， ‎ 令，则， ‎ 令，则， ‎ 在单调递增 又，所以，有唯一零点（）‎ 所以，，即--------（※）‎ 当时，即，单调递减；时，即，单调递增，所以为在定义域内的最小值. ‎ 令则方程（※）等价于 又易知单调递增，所以， ‎ 所以，的最小值 所以，即 所以实数的取值范围是 ‎【点睛】‎ 利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.‎