2017-2018学年辽宁省葫芦岛市第一高级中学高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2017-2018学年辽宁省葫芦岛市第一高级中学高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

‎2017-2018学年辽宁省葫芦岛市第一高级中学高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．如果复数 （其中为虚数单位，为实数）的实部和虚部互为相反数，那么等于 A． B． C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】略 ‎2．已知函数f（x）在x0处的导数为1，则等于 （　　）‎ A. 2 B. ﹣2 C. 1 D. ﹣1‎ ‎【答案】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 ．‎ ‎3． 用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设（ ）‎ A．三个内角都不大于60° B．三个内角都大于60°‎ C．三个内角至多有一个大于60° D．三个内角至多有两个大于60°‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：因为用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，假设就是对结论否定，因此为三个内角都大于60°，选B ‎4．已知复数，是z的共轭复数，则为 (　 　)‎ A. B. C. D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：利用复数模的性质直接求解．‎ 详解：∵，‎ ‎∴，‎ 故选C．‎ 点睛：复数的模为，模的性质：，．‎ ‎5．从6名学生中选4人分别从事A、B、C、D四项不同的工作，若甲、乙两人不能从事A工作，则不同的选派方案共有 （　　）‎ A. 280 B. 240 C. 180 D. 96‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：先考虑甲、乙两人，甲、乙两人选中了1人或选中了2人或两人都没选，如选中则把他们先安排好，然后再安排其他人．‎ 详解：．‎ 故选B．‎ 点睛：本题属于有限制条件的排列问题，对特殊元素和特殊位置要优先安排，题中甲、乙两人是特殊元素，A是特殊位置，可先安排甲、乙两人，这时要用到分类加法原理，也可先安排A工作这个特殊位置，此时解法如下：．‎ ‎6．由直线x=﹣2，x=2，y=0及曲线y=x2﹣x所围成的平面图形的面积为 （　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：作出函数的图象及直线，，确定积分的上下限．‎ 详解：如图，‎ ‎ ．‎ 故选B．‎ 点睛：在用积分求曲边梯形面积时，要注意面积的与积分的关系：设在区间上，的图象在的上方，则由的图象及直线围成图形的面积为．‎ ‎7．假设n=k时成立,当n=k+1时,证明,左端增加的项数是 A. 1项 B. k﹣1项 C. k项 D. 2k项 ‎【答案】D ‎【解析】分析：分别写出和时所证的不等式，比较可知．‎ 详解：时，不等式为，‎ 时，不等式为，‎ 左边增加的项数为，‎ 故选D．‎ 点睛：本题考查数学归纳法，考查数学归纳法中最重要的一步，从归纳假设的到要证的之间的关系，其中增加的项数特别重要，如果写错了，要么不能证明，要么证明的过程不符合数学归纳法的思想，在解题时一定要注意．‎ ‎8．已知(a－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，若a2＝80，则a0＋a1＋a2＋…＋a5＝ (　 　)‎ A. 32 B. 1 C. －243 D. 1或－243‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：利用二项式定理求出项的系数，从而结合已知求得参数，最后通过赋值法求得所有项的系数和．‎ 详解：由题意，∴．‎ 在中令得．‎ 故选B．‎ 点睛：二项展开式求系数的和的问题常常用到赋值法，‎ 设中，‎ 则，，‎ 奇数项系数和：，‎ 偶数项系数和：．‎ ‎9．某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案有（ ）种 A．144 B.72 C. 36 D.48‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：分两步完成：第一步将4名调研员，按，2，1，1分成三组，其分法有;第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有种,所以满足条件的分配方案有种.‎ ‎【考点】排列组合.‎ ‎10．设的展开式的各项系数绝对值之和为M，二项式系数之和为N，若M﹣N=240，‎ 则展开式中x的有理项的项数为 （　　）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：的展开式中各项系数的绝对值之和，等于的展开式中各项系数和，从而在此式中令既得，二项式系数为，由求得，再借助展开式的通项公式可求解.‎ 详解：由题意，，∴，解得，‎ 则展开式的通项为（），易知时，为整数，对应项为有理项，时，对应项为无理项，‎ ‎∴有理项的项数为3．‎ 故选C．‎ 点睛：在（是变量）展开式中二项式系数和是，所有项系数和为，要注意它们的区别，同时在的展开式中各项系数的绝对值之和为（令），这也是的系数和．‎ ‎11．对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：题设中给出的二元方程可以化简为，因为对每一个，总有三个不同的使得等式成立，因此我们需要研究的值域和的图像，两者均需以导数为工具来研究它们的单调性.‎ 详解：由题设有.令 ‎， .‎ ‎，当时， ，‎ 在为单调增函数，所以的值域为.‎ ‎，‎ 当时， ，‎ 当时， ，当时， ，‎ 所以当时， 是减函数，‎ 当时， 是增函数，‎ 当时， 是减函数，所以的图像如图所示.‎ 因为关于的方程，对任意的总有三个不同的实数根，‎ 所以 ，也就是，选A.‎ 点睛：较为复杂函数的零点个数问题，均需以导数为工具研究函数的极值，从而刻画出函数的图像，最后数形结合考虑参数的取值范围.‎ ‎12．函数f（x）在实数集R上连续可导，且2f（x）﹣f′（x）＞0在R上恒成立，则以下不等 式一定成立的是 （　　）‎ A. B. ‎ C. f（﹣2）＞e3f（1） D. f（﹣2）＜e3f（1）‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：构造新函数，利用已知可确定的正负，从而确定的单调性．‎ 详解：设，则，‎ ‎∵，∴，即是减函数，‎ ‎∴，即，∴．‎ 故选A.‎ 点睛：在已知导函数与函数的不等式问题中，一般都要构造新函数，根据前面的系数或正负号一般可构造下列函数：，，，‎ ‎，，.‎ 二、填空题 ‎13．有下列四个命题：①若z∈C，则z2≥0；②若a>b，则a＋i>b＋i；③若x，y∈R，则x＋yi＝1＋i的充要条件为x＝y＝1；④若实数a与复数ai对应，则实数集与纯虚数集一一对应．其中正确命题的序号是______.‎ ‎【答案】③. ‎ ‎【解析】分析：根据复数的概念解答即可.‎ 详解：①若，则，①错误；②两个复数一般不能比较大小，②错误；③根据复数相等的定义，③正确；④根据这个对应，没有纯虚数与实数集中的0对应，④错误.‎ 故答案为③.‎ 点睛：本题考查复数的概念，掌握复数概念与解题关键，本题属于基础题.‎ ‎14．某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为120°；二级分形图是在一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，……，依此规律得到n级分形图．则n级分形图中共有_______条线段.‎ ‎【答案】3×2n－3(n∈N).‎ ‎【解析】分析：从第二级开始每级分形图是在前一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来的线段，可写出前几个中线段的个数，然后归纳出结论.‎ 详解：记第级分形图中线段个数为，则，，，，因此归纳结论为＝，‎ 故答案为.‎ 点睛：本题考查归纳推理，解题时一般可写出前面的几个特殊值，然后归纳出与项数有关的结论即可．本题是图形问题，可把图形与数对应，然后归纳出结论.‎ ‎15．小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小 明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为________.‎ ‎【答案】84‎ ‎【解析】根据题意，分3种情况讨论：‎ ‎①若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，‎ 先在其父母中选一人与小明相邻,有种情况，‎ 将小明与选出的家长看成一个整体,考虑其顺序有种情况，‎ 当父母不相邻时,需要将爷爷奶奶进行全排列,将整体与另一个家长安排在空位中,有种安排方法，‎ 此时有2×2×12=48种不同坐法；‎ ‎②若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，‎ 将父母及小明看成一个整体，‎ 小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4种情况，‎ 将这个整体与爷爷奶奶进行全排列,有种情况，‎ 此时有2×2×6=24种不同坐法；‎ ‎③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，‎ 将3人看成一个整体,考虑父母的顺序,有种情况，‎ 将这个整体与爷爷奶奶进行全排列,有种情况，‎ 此时，共有2×6=12种不同坐法；‎ 则一共有48+24+12=84种不同坐法.‎ ‎16．设，则二项式的展开式的常数项是_______.‎ ‎【答案】－160.‎ ‎【解析】分析：利用微积分基本定理计算出，再由二项展开式通项公式求得结论.‎ 详解：，‎ 展开式的通项公式为，‎ 令，则，‎ ‎∴常数项为，‎ 故答案为－160.‎ 点睛：求二项展开式中某个特定项，一般求出其通项公式，把它整理成的幂次，然后令对应指数为所求项的指数，解得，即可求出.‎ 三、解答题 ‎17．设z是虚数，ω＝z＋是实数，且－1<ω<2.‎ ‎(1)求z的实部的取值范围；(2)设u＝，那么u是不是纯虚数？并说明理由．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) u是纯虚数，理由见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）设，代入，由是实数，得，从而求得，代入已知不等式可得；‎ ‎（2）同样求出，即可判断.‎ 详解： (1)设z＝a＋bi(a、b∈R，b≠0)，ω＝a＋bi＋＝＋i，∵ω是实数，∴b－＝0.又b≠0，∴a2＋b2＝1，ω＝2a.∵－1<ω<2，∴－1+时，f'（x）>0；当1-0)．‎ ‎(1)求函数f(x)＝f1(x)·f2(x)的极值；‎ ‎(2)若函数g(x)＝f1(x)－f2(x)＋(a－1)x在区间(，e)内有两个零点，求正实数a的取值范围；‎ ‎(3)求证：当x>0时，.(说明：e是自然对数的底数，e＝2.71828…)‎ ‎【答案】(1) 函数f(x)的极小值为，无极大值．‎ ‎(2) ．‎ ‎(3)见解析.‎ ‎【解析】分析：（1）求，求出方程的解，确定两侧的正负，得极值；‎ ‎（2）求出，确定出在上递减，在上递增，结合零点存在定理可知在上有两个零点的条件，得出的范围；‎ ‎（3）不等式可变形为，其中由（1）知的最小值为，下面只要求得的最大值，证明此最大值即可.‎ 详解： (1)∵f(x)＝f1(x)·f2(x)＝ax2·lnx，‎ ‎∴f ′(x)＝axlnx＋ax＝ax(2lnx＋1)(x>0，a>0)，‎ 由f ′(x)>0，得x>e－，由f ′(x)<0，得00，解得x＝1，或x＝－a(舍去)，‎ 当01时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增． ‎ 函数g(x)在区间(，e)内有两个零点，‎ 只需即∴‎ 故实数a的取值范围是(，)． ‎ ‎(3)问题等价于x2lnx>－.由(1)知f(x)＝x2lnx的最小值为－.‎ 设h(x)＝－，h′(x)＝－，‎ 易知h(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减． 10分 ‎∴h(x)max＝h(2)＝－，∵－－(－)＝－－＝＝>0，‎ ‎∴f(x)min>h(x)max，∴x2lnx>－，故当x>0时，lnx＋－>0. ‎ 点睛：求的极值点，可由解得，但时，并不能保证一定是极值点，还要验证要两侧的正负，只有一正一负，才是极值点.‎