宁夏银川市长庆高级中学2020-2021学年第一学期高二期末考试数学（理）试卷word版含解析

宁夏长庆高级中学2020---2021学年第一学期
高二年级数学期末试卷（理科）
满分；150分。考试时间；120分钟。
命题；
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题：(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，)
1,i是虚数单位，复数的共轭复数是(　　)
A．2＋i
B．2－i
C．－1＋2i
D．－1－2i
A【解析】∵＝＝＝2－i，
∴的共轭复数是2＋i.
2．
，则等于（
）
A.
B.
C.
D.
答案；
C
3、若实数，则与的大小关系是
A.
B.
C.
D.不确定
答案；
B.
4，.函数的单调递增区间是
（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
：∵f′（x）=（x-2）ex，
令f′（x）＞0，解得：x＞2，
∴f（x）在（2，+∞）递增，
故答案为：C．
5、以下是解决数学问题的思维过程的流程图：
图中①、②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法相匹配是(　
　)
A．①—分析法，②—综合法
B．①—综合法，②—分析法
C．①—综合法，②—反证法
D．①—分析法，②—反证法
、答案B
由题意得，根据分析法是由结论到已知的推理模式，综合法是由已知到未知的推理模式，所以应填①﹣综合法，②﹣分析法，故选B．
6．若f(x)=2xf′(1)+x2,则f′(0)等于(　　)
(A)2
(B)0
(C)-2
(D)-4
,【解析】f′(x)=2f′(1)+2x,则f′(1)=2f′(1)+2,得f′(1)=-2,所以f′(0)=2f′(1)+0=-4.故选D。
若，则的解集为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
，又，
故，即，
结合可得．故选A．
7，我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有(　　)
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．
A．4个
B．3个
C．2个
D．1个
答案　C
8，已知函数y＝xf′(x)的图像如下图所示．下面四个图像中y＝f(x)的图像大致是(　　)
C【解析】由题意知，x∈(0,1)时，f′(x)<0.f(x)为减函数；x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.f(x)为增函数；
x∈(－1,0)时，f′(x)<0.f(x)为减函数．
9．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列的前55项和为(
)
A．4072
B．2026
C．4096
D．2048
【答案】A
【解析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．
【详解】
解：由题意可知：每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，
则杨辉三角形的前n项和为Sn2n﹣1，
若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，
则Tn，
可得当n＝10，所有项的个数和为55，
则杨辉三角形的前12项的和为S12＝212﹣1，
则此数列前55项的和为S12﹣23＝4072，
故选：A．
10．若函数的图像和直线有四个不同的公共点，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
当x=0时，显然符合题意；当x≠0时，问题可转化为和直线有三个不同的公共点，从而得到结果.
【详解】
由题意可知：原点显然满足题意，
问题可转化为和直线有三个不同的公共点，
如图所示：
由图易得：
故选：D
11．袋子里有编号为的五个球，某位教师从袋中任取两个不同的球.
教师把所取两球编号的和只告诉甲，其乘积只告诉乙，让甲、乙分别推断这两个球的编号.
甲说：“我无法确定.”
乙说：“我也无法确定.”
甲听完乙的回答以后，甲又说：“我可以确定了.”
根据以上信息,
你可以推断出抽取的两球中
A．一定有3号球
B．一定没有3号球
C．可能有5号球
D．可能有6号球
【答案】D
【解析】
甲说：“我无法确定.”说明两球编号的和可能为7包含（2，5），（3，4），可能为8包含（2，6），（3，5），可能为9包含（3，6），（2，7）
乙说：“我无法确定.”说明两球编号的乘积为12包含（3，4）或（2
，6）
根据以上信息,可以推断出抽取的两球中可能有6号球
故选：D
点睛：本题是一道通俗易懂的合情推理题目，主要考查同学们的逻辑思维能力和推理能力，问题难度不大，认真审题是关键.
12，已知定义在上的函数满足，且对任意（0，3)都有，若，，，则下面结论正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件，可知函数关于对称，由对任意（0，3)都有，可知函数在（0，3)时单调递减，然后根据单调性和对称性即可得到的大小．
【详解】
因为，得函数关于对称，
又对任意（0，3)都有，所以函数在（0，3)时单调递减，
因为，所以，
又，所以，所以，故选C.
和第Ⅱ卷(非选择题共90分)
二、填空题:
(本大题共4小题，每小题5分，共20分
)
13.
在复平面内，复数对应的点在第一象限，求实数的取值范围.________．
根据题意得出，
?14.
________．
15.
某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：
Q＝8300－170p－p2，则该商品零售价定为___30_____元时利润最大。
16，已知为正实数，直线与曲线相切，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
设切点的坐标为，利用导数的几何意义，求得，再利用基本不等式，即可求解的最小值，得到答案.
【详解】
由题意，设切点的坐标为，
又由函数，则，
又由切线的方程可得切线的斜率为1，则，解得，
即切点的横坐标为，所以切点为，
代入直线方程，得，
又因为、为正实数，
则，
当且仅当，即时，取得最小值.
故答案为.
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)
17.
（本小题10分）17、已知函数f(x)＝求其在点(1,2)处的切线与函数g(x)＝x2围成的图形的面积．
解析：∵(1,2)为曲线f(x)＝上的点，设过点(1,2)处的切线的斜率为k，则
k＝f′(1)＝(3x2－2x＋1)|x＝1＝2
∴在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x
2分
由y＝2x
(y＝x2，)可得交点A(2,4)．
4分
∴y＝2x与函数g(x)＝x2围成的图形的面积
7分
S＝＝x3
(1)0
(2)＝4－3
(8)＝3
(4)
10分
18.
（本小题12分）设ｘ，ｙ为正实数，且ｘ＋ｙ＝１，
求证（１＋）（１＋）≧９
19.
（本小题12分）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)当时，求函数的最值．
【答案】（1）的极大值为，极小值为；（2）的最大值为，最小值为
【解析】
【分析】
（1）直接利用导数求函数的极值.(2)比较端点函数值和极值的大小即得解.
【详解】
(1)f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，
令f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)＝0，解得x＝2或x＝－2，
x，f′(x)，f(x)的变化如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
16
单调递减
－16
单调递增
∴函数f(x)的极大值为f(－2)＝16，极小值为f(2)＝－16.
(2)由(1)知，f(－2)＝16，f(2)＝－16，又f(－3)＝9，f(3)＝－9，
∴当x∈[－3,3]时，函数f(x)的最大值为f(－2)＝16，最小值为f(2)＝－16.
20.
（本小题12分）中国民间十字绣有着悠久的历史，如下图，①②③④为十字绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图案包含f(n)个小正方形．
(1)求出f(5)的值；
(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n＋1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式猜测出f(n)的表达式；
(3)求＋＋＋…＋(n≥2)的值．
解：(1)按所给图案的规律画出第五个图如下：
由图可得f(5)＝41.
(2)可得f(2)－f(1)＝4×1；
f(3)－f(2)＝8＝4×2；
f(4)－f(3)＝12＝4×3；
f(5)－f(4)＝16＝4×4；
……
由上式规律，可得f(n)－f(n－1)＝4(n－1)．
由以上各式相加可得f(n)－f(1)＝4[1＋2＋…＋(n－1)]＝4×＝2n2－2n，
又f(1)＝1，∴f(n)＝2n2－2n＋1.
(3)当n≥2时，＝＝＝，
∴原式＝＋1－＋－＋－＋…＋－＝1＋＝－.
备选
．已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处取得极值c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．
[解]
(1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，
故f′(x)＝3ax2＋b.
2分
由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
故有f(2
(f′(2)即8a＋2b＋c＝c－16，
(12a＋b＝0，)
化简得4a＋b＝－8，
(12a＋b＝0，)解得b＝－12.
(a＝1，)
5分
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，
f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；
7分
当x∈(－2,2)时，f′(x)＜0，
故f(x)在(－2,2)上为减函数；
8分
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知f(x)在x＝－2处取得极大值，
f(－2)＝16＋c，
f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝c－16.
由题设条件知16＋c＝28，解得c＝12.
10分
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，
f(2)＝－16＋c＝－4，
因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.
12分
21.
（本小题12分）
设函数
（I）求曲线在点处的切线方程；
（II）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围；
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）
【解析】（I）由，得．
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为．
（II）当时，，
所以．
令，得，解得或．
与在区间上的情况如下：
所以，当且时，存在，，
，使得．
由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点．
22.
（本小题12分）已知函数f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
解析　(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，
所以g′(x)＝2－＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx.
令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，
则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.
于是存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)．
由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故0＝u(1)当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.
再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；
又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx>0.
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．