2017-2018学年内蒙古包头市第四中学高二上学期期中考试数学（理）试题 解析版
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内蒙古包头市第四中学2017-2018学年高二上学期期中考试数学（理）试题
评卷人
得分
一、单选题
1．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（ ）
A． 假设三内角都不大于60度 B． 假设三内角都大于60度
C． 假设三内角至多有一个大于60度 D． 假设三内角至多有两个大于60度
【答案】B
【解析】
分析：熟记反证法的步骤，从命题的反面出发假设出结论，直接得出答案即可.
详解：用反证法证明在一个三角形中，至少有一个内角不大于
第一步应假设结论不成立，
即假设三个内角都大于
故选B.
点睛：反证法是一种论证方式，其方法是首先假设某命题的否命题成立（即在原命题的条件下，结论不成立），然后推理出明显矛盾的结果，从而下结论说原假设不成立，原命题成立，得证.
2．的图象如图所示，则的图象最有可能是 ( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据导数的图像可以得到函数的单调性及极值点，从而可得函数的图像.
【详解】
由导数的图像可以知道：当或时，，当时，，因此的单调增区间为与，单调减区间为，故选C.
【点睛】
函数图像应通过函数的单调性和极值点来刻画，两者都需要结合导函数的符号来讨论，一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则.
3．推理“①正方形是平行四边形；②梯形不是平行四边形；③所以梯形不是正方形”中的小前提是（ ）
A．① B．② C．③ D．①和②
【答案】B
【解析】解：因为推理“①正方形是平行四边形；②梯形不是平行四边形；③所以梯形不是正方形”中的小前提是梯形不是平行四边形，选B
4．从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有（ ）
A． 70种 B． 80种 C． 100种 D． 140种
【答案】A
【解析】试题分析：直接法：一男两女，有种，
两男一女，有种，共计70种
间接法：任意选取种，其中都是男医生有种，
都是女医生有种，于是符合条件的有84-10-4=70种
考点：分步乘法计数原理
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5．若为复数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数的四则运算求出后可计算.
【详解】
，故，故选A.
【点睛】
本题考察复数的四则运算，属于基础题.
6．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
因各讲座同时进行，故每名同学有5种选择方法，由分步计数原理可得不同的选法种数.
【详解】
第一名同学有5种选择方法，第二名也有5种选择方法，┄，依次，第六名同学有5种选择方法，综上，6名同学共有种不同的选法，故选A.
【点睛】
分步计数原理和分类计算原理是排列中重要的计数工具，在应用这两个原理时，要确定给定的对象是分类计数还是分步计数，有时在计数的过程中还会有类中有步，步中有类.
7．求函数在[0，3]的最大值（ ）
A． B． 1 C． 4 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用导数确定函数的单调性后可求在上的最大值.
【详解】
，
当时，，当，，
故在上为减函数，在上为增函数，故，
故选C.
【点睛】
本题考察导数的应用，一般地，我们可以利用导数研究函数的单调性、极值和最值，注意函数的单调性、极值等必须通过导数的符号讨论得到.
8．有5盆不同菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花的不同摆放种数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：其种数为：,故选B.
考点：排列.
9．函数在下面哪个区间内是增函数 ( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求后令可得函数的单调间区间，逐一比较可得正确选项.
【详解】
令，则，令，可得或，
故选B.
【点睛】
一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则.
10．已知）在R上递增，则a的取值范围( )
A． a1 B． 0
1
【答案】C
【解析】
【分析】
因为为上的增函数，所以在上恒成立，利用一元二次不等式在上恒成立可以得到参数的取值范围.
【详解】
，因为为上的增函数，故在上恒成立，所以在上恒成立，所以 ，故，选C.
【点睛】
函数在给定的范围为增函数，则在此范围上恒成立，注意应用过程中容易忽视大于或等于零，同样函数在给定的范围为减函数，则在此范围上恒成立.又上一元二次不等式恒成立问题，可用判别式求参数的取值范围.
11．如果曲线与直线及所围成的封闭图形的面积为,则以下正确的一个值为（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
【答案】D
【解析】
【分析】
在坐标平面中画出两个函数的图像，分和两种情况利用定积分求出封闭图形的面积后逐项验证可得正确选项.
【详解】
如图，如果，则所围面积为，故
，
代入，则，矛盾，故A错.
如果，则，
代入，则，矛盾，故B错.
代入，则，矛盾，故C错.
代入，则，符合，故D正确.
综上，选D.
【点睛】
在平面直角坐标系中，不规则图形的面积可用定积分来计算，注意根据图形选择积分区间和被积函数.
12．用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F 6个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有( )
A． 168种 B． 240种
C． 264种 D． 288种
【答案】C
【解析】
【分析】
先考虑四个点的涂色，分三种情况：（1）四个点涂色均相异；（2）四个点涂三种颜色；（3）四个点涂2种颜色分别计数即可.
【详解】
先考虑四个点的涂色
（1）若四个点涂色均相异，则共有涂色方法，此时有1种涂色方法，有1种涂色方法，故此时共有种涂色方法；
（2）若四个点涂三种颜色；则必有两点涂色相同，若涂色相同，则有共有，有2种涂色方法，有1种涂色方法，从而有种涂色方法，同理若涂色相同，也有张涂色方法，若涂色相同，共有种，从而四个点涂三种颜色共有种；
（3）四个点涂2种颜色，则同色且同色，从而共有，共有种涂色方法，故四个点涂2种颜色共有涂色方法.
综上，共有不同的涂色方法有，故选C.
【点睛】
分类计算原理和分步计数原理是计数中的基本工具，在应用这两个原理时，要对计数的过程合理分类和分步，注意类中有步和步中有类，而且要做到分类不重不漏，分步有序不乱.
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题
13．若复数的值为________.
【答案】－i
【解析】
【分析】
因为纯虚数，故，而，故利用复数的除法可计算.
【详解】
因为纯虚数，故，而，，填.
【点睛】
本题考察复数的概念及其复数的运算，属于基本题.
14．如果曲线f(x)＝x3＋x－16，的某一切线与直线y＝－x＋3垂直，则切线方程_________.
【答案】y＝4x－18或y＝4x－14.
【解析】
【分析】
先求，然后求出的解即得切点的横坐标，从而求得切线方程.
【详解】
设切点为，因切线与直线垂直，故，故或，
当时，，切线方程为；
当时，，切线方程为，
综上，填或.
【点睛】
对于曲线的切线问题，注意“在某点处的切线”和“过某点的切线”的差别，切线问题的核心是切点的横坐标.如果切点为，那么切线方程为：.
15．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是________．
【答案】126
【解析】依题意得，这四项工作中必有一项工作有2人参加．因为甲、乙不会开车，所以只能先安排司机，分两类：(1)从丙、丁、戊三人中任选一人开车；再从其余四人中任选两人作为一个元素同其余两人从事其他三项工作，共有C31C42A33种方案；(2)先从丙、丁、戊三人中任选两人开车，其余三人从事其他三项工作，共有C32A33种方案，所以不同安排方案的种数是C31C42A33＋C32A33＝126.
16．若在R上可导, ,则____________.
【答案】-18
【解析】
【分析】
先求，再令求出后得到，最后根据莱布尼兹公式计算定积分.
【详解】
，令，则，
从而， ，故填.
【点睛】
定积分的计算，需要找出被积函数的原函数，因此知道一些常见函数的原函数是求定积分的基础，比如的原函数为，的原函数为，的原函数为.
评卷人
得分
三、解答题
17．若函数在x＝1处取得极值．
(1)求a的值.
(2)求函数f(x)的极值.
【答案】（1） （2）见解析
【解析】
【分析】
（1）先求，利用可求的值，注意检验．
（2）讨论的符号可得的极值．
【详解】
（1），因为为的极值点，
故，从而．
（2），，．
令得或，列表讨论如下：
减
极小值
增
极大值
减
因此，的单调递增区间是，单调递减区间是．
函数的极小值为，极大值为．
【点睛】
函数的极值刻画了函数局部性质，它可以理解为函数图像具有“局部最低”的特性，用数学语言描述则是：“在的附近的任意 ，有（）” ．另外如果在附近可导且的左右两侧导数的符号发生变化，则必为函数的极值点．
18．如图：求曲线y＝ex－1与直线x＝－ln 2， y＝e－1所围成的平面图形面积.
【答案】
【解析】
【分析】
算出两点的坐标可得积分区间，利用定积分可以计算平面图形的面积．
【详解】
，， 围成的面积为
．
【点睛】
由曲线围成的不规则图形的面积可以用定积分来计算，计算时应选择合理的积分区间和被积函数，必要时还需分割平面图形便于被积函数的选择．
19．设函数（），观察：
，，
，，…
根据以上事实，归纳：当且时，的解析式，并用数学归纳法证明.
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由归纳出的解析式 ，再根据数学归纳法证明结论成立．
【详解】
，下面用数学归纳法证明：
当时，，此时等式成立；
设当时，有，则当时，
，
故当时，等式也成立，由数学归纳法可知原等式成立．
【点睛】
与自然数有关的命题，可以用数学归纳法证明，其基本步骤为:
（1）归纳起点：先考虑时命题成立；
（2）归纳假设与归纳证明：设当时，命题成立，我们需证明当时，也成立；
（3）给出结论．
上述步骤中，较为困难的是如何利用归纳假设去证明当时，也成立．
20．已知 ，
（1）讨论函数的单调性.
（2）若对恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）0〈a〈2/e
【解析】
【分析】
（1）先求出的导数，分三种情况讨论即可．
（2）根据（1）可知，故解不等式可得正数的取值范围．
【详解】
（1）
当时，恒成立，故在上为减函数；
当时，若，则，若，则，故在上为减函数，在上为增函数．
综上，时，的减区间；时，的减区间为，增区间为．
（2）由（1）可知，故，因，故即，故．
【点睛】
含参数的函数的单调性的讨论，一般按照下面的流程：导函数是否有零点（在自然定义域上）、有零点的情形下考虑零点是否在给定的范围中，最后再考虑两个零点的大小关系．
21．设函数，已知和为的极值点．
（1）求和的值.
（2）设试比较与的大小.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）函数的极值点为的根，故可求出的值．
（2），构建函数，利用导数可以证明，当且仅当等号成立，故可得的大小．
【详解】
解：（1）因为，
又和为的极值点，所以，
因此得，检验符合．
（2）由（1）可知，故，
令，则．
令，得，当 时，，当时，，所以在上递减，在上递增，故．故，当且仅当时等号成立．
【点睛】
由函数的极值得到函数中参数的值后要注意检验函数是否真正有极值点．函数不等式的证明，可以构建新函数，利用导数考虑新函数的最值从而得到函数不等式．
22．已知
(1)当时,求函数的单调递增区间.
(2)如果有三个不同的极值点,求t的取值范围.
【答案】（1）递增区间为：与（2）-8
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