安徽省蚌埠鐵中高二下學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)（理）試卷含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精蚌埠鐵中2016-2017學(xué)年度第二學(xué)期期中檢測(cè)試卷高二數(shù)學(xué)（理科）考試時(shí)間：120分鐘試卷分值：150分第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.）1．“金導(dǎo)電、銀導(dǎo)電、銅導(dǎo)電、錫導(dǎo)電,所以一切金屬都導(dǎo)電”．此推理方法是()A。完全歸納推理 B。歸納推理C.類比推理 D.演繹推理2．設(shè)f(x)＝10x＋lgx，則f′（1)等于()A。10 B。10ln10＋lgeC。eq\f（10,ln10）＋ln10 D.11ln103．函數(shù)的最小值為（）A．B．C．D．4．已知復(fù)數(shù)z1＝m＋2i，z2＝3－4i,若eq\f（z1，z2)為實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值為(）A.eq\f(8,3） B.eq\f(3，2）C．－eq\f（8,3) D．－eq\f(3，2)5．不等式的解集為（)A．B．C．D．6．函數(shù)y＝lnx(x>0）的圖象與直線y＝eq\f(1,2）x＋a相切，則a等于(）A.ln2－1 B。ln2＋1C。ln2 D。2ln27．eq\i\in(0，2π,)|sinx|dx＝（)A．0 B．1C．2 D．48．若復(fù)數(shù)z滿足iz＝2＋4i，則在復(fù)平面內(nèi)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（）A.(2,4） B.(2，－4）C。（4，－2） D.(4,2）9．在區(qū)間（0，＋∞)內(nèi)，函數(shù)f（x）＝ex－x是()A．增函數(shù) B．減函數(shù)C．先增后減 D．先減后增10．對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f（x），若滿足（x－1)f′(x）≥0,則必有(）A．f(0)＋f(2）〈2f(1) B．f（0）＋f(2）≤2f(1)C．f（0）＋f(2)≥2f（1） D．f(0）＋f(2)〉2f(1)11．已知f(x＋y)＝f(x）＋f（y)且f（1)＝2，則f（1）＋f（2)＋…＋f(n）不能等于()A.f（1)＋2f（1)＋…＋nf(1）B.f(eq\f(nn＋1，2））C.n（n＋1)D.eq\f(nn＋1,2）f（1）12．已知y＝f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)t，都有函數(shù)g(x）＝f（x＋t)－f（x）在其定義域內(nèi)為減函數(shù)，則函數(shù)y＝f（x）的圖象可能為下圖中的（）第II卷（非選擇題共90分)二、填空題（本大題共4小題,每小題5分,共20分）13．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(5i，1＋2i)(i是虛數(shù)單位)，則|z|＝________.14．函數(shù)y＝eq\f(1，1－cosx)的導(dǎo)數(shù)是__________．15．曲線y＝x3＋x在x＝1處的切線與x軸，直線x＝2所圍成的三角形的面積為_(kāi)_________．16．若，且，則的最大值是蚌埠鐵中2016-2017學(xué)年度第二學(xué)期期中檢測(cè)答題卷高二數(shù)學(xué)(理科）考試時(shí)間：120分鐘試卷分值：150分一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分,共60分）123456789101112二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分。）13、________________14、________________15、________________16、________________三、解答題：(本大題共6小題,共70分.)17．(10分)滿足z＋eq\f（5，z)是實(shí)數(shù)且z＋3的實(shí)部與虛部是相反數(shù)的虛數(shù)z是否存在？若存在，求出虛數(shù)z；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．18．（12分）已知a、b、c、d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd〉1，求證：a、b、c、d中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù)．19．（12分)已知,求證：20．（12分)已知函數(shù)f(x）＝ax3＋bx＋1的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1，－3）且在x＝1處,f(x)取得極值．求：（1)函數(shù)f（x）的解析式；(2)f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間．21．（12分）已知數(shù)列eq\f(8·1，12·32），eq\f(8·2，32·52），…,eq\f(8·n,2n－12·2n＋12），…,Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和,計(jì)算得S1＝eq\f(8,9），S2＝eq\f（24，25)，S3＝eq\f（48,49)，S4＝eq\f（80,81）。觀察上述結(jié)果，推測(cè)出Sn(n∈N＊），并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．22．（12分）設(shè)函數(shù)f（x)＝（x－1)ex－kx2（k∈R）．(1)當(dāng)k＝1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間;（2)當(dāng)k∈(eq\f（1,2),1］時(shí)，求函數(shù)f（x)在[0，k］上的最大值M.高二理科數(shù)學(xué)答案一．BBADDADCACCA二．13.eq\r（5）14。y′＝eq\f（－sinx,1－cosx2）15。eq\f(9,2）16。三．17．(10分）滿足z＋eq\f(5,z）是實(shí)數(shù)且z＋3的實(shí)部與虛部是相反數(shù)的虛數(shù)z是否存在?若存在，求出虛數(shù)z；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．解:設(shè)虛數(shù)z＝x＋yi（x，y∈R，且y≠0)z＋eq\f(5,z）＝x＋yi＋eq\f（5,x＋yi）＝x＋eq\f（5x，x2＋y2)＋(y－eq\f(5y,x2＋y2))i，由已知得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y－\f（5y,x2＋y2）＝0，,x＋3＝－y。））∵y≠0,∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋y2＝5，，x＋y＝－3，）)解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝－1，，y＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝－2，，y＝－1。））18．(12分）已知a、b、c、d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd〉1，求證：a、b、c、d中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù)．證明:假設(shè)a、b、c、d都是非負(fù)數(shù)，因?yàn)閍＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)（c＋d）＝1。又(a＋b）(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1,這與已知ac＋bd>1矛盾．所以a、b、c、d中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù)．19．已知,求證：證明:20．(12分)已知函數(shù)f(x）＝ax3＋bx＋1的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1，－3)且在x＝1處，f（x）取得極值．求：（1）函數(shù)f（x)的解析式；（2）f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．解:（1）由f（x）＝ax3＋bx＋1的圖象過(guò)點(diǎn)（1，－3）,得a＋b＋1＝－3。∵f′（x)＝3ax2＋b，又f′(1）＝3a＋b∴由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＋b＝－4，，3a＋b＝0，））得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝2，，b＝－6.））∴f（x）＝2x3－6x＋1.(2）∵f′（x）＝6x2－6，∴由f′(x)〉0得x>1或x〈－1.∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1),（1，＋∞)．21．(12分)已知數(shù)列eq\f（8·1，12·32)，eq\f（8·2，32·52)，…，eq\f(8·n，2n－12·2n＋12），…，Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和，計(jì)算得S1＝eq\f(8，9），S2＝eq\f(24,25)，S3＝eq\f（48,49），S4＝eq\f（80，81）.觀察上述結(jié)果，推測(cè)出Sn(n∈N＊)，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．解：推測(cè)Sn＝eq\f(2n＋12－1,2n＋12)(n∈N＊）．用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝eq\f（2＋12－1，2＋12)＝eq\f(8，9)，等式成立；(2）假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)等式成立，即Sk＝eq\f（2k＋12－1,2k＋12），那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Sk＋1＝Sk＋eq\f（8k＋1，2k＋122k＋32）＝eq\f(2k＋12－1，2k＋12）＋eq\f（8k＋1,2k＋122k＋32）＝eq\f（[2k＋12－1]2k＋32＋8k＋1,2k＋122k＋32)＝eq\f(2k＋122k＋32－2k＋32＋8k＋1，2k＋122k＋32)＝eq\f(2k＋122k＋32－2k＋12,2k＋122k＋32)＝eq\f(2k＋32－1，2k＋32)＝eq\f([2k＋1＋1］2－1，[2k＋1＋1］2）。也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式成立．根據(jù)(1）和(2），可知對(duì)一切n∈N＊，等式均成立．22．(12分）設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1）ex－kx2(k∈R）．（1）當(dāng)k＝1時(shí)，求函數(shù)f(x）的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)k∈（eq\f(1，2)，1］時(shí),求函數(shù)f(x)在[0，k］上的最大值M。解：（1）當(dāng)k＝1時(shí)，f（x)＝(x－1)ex－x2，f′（x)＝ex＋(x－1）ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2）．令f′(x）＝0，得x1＝0，x2＝ln2。當(dāng)x變化時(shí)，f′(x），f(x)的變化如下表：x（－∞，0）0(0，ln2）ln2(ln2，＋∞)f′（x)＋0－0＋f（x）極大值極小值由表可知，函數(shù)f（x)的遞減區(qū)間為（0，ln2)，遞增區(qū)間為（－∞，0)，(ln2,＋∞)．（2）f′（x）＝ex＋(x－1）ex－2kx＝xex－2kx＝x（ex－2k)，令f′（x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k）．令g（k）＝ln(2k)－k,則g′(k）＝eq\f（1,k)－1＝eq\f(1－k，k)>0，所以g（k)在(eq\f(1，2),1]上遞增,所以g(k)≤ln2－1＝ln2－lne〈0，從而ln（2k)<k，所以ln(2k)∈[0，k］，所以當(dāng)x∈（0，ln（2k))時(shí)，f′（x）〈0；當(dāng)x∈（ln(2k）,＋∞)時(shí)，f′（x)〉0；所以M＝max{f(0)，f（k)}＝max｛－1,（k－1）ek－k3}．令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，則h′（k)＝k(ek－3k)，令φ(k）＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－3<e－3〈0，所以φ(k）在（eq\f（1,2)，1]上遞減，而φ（eq\f(1，2）)·φ(1)＝（eq\r（e)－eq\f（3，2))（e－3）〈0，所以存在x0∈(eq\f（1，2)，1