寧夏銀川市長慶高級中學(xué)2024-2025學(xué)年高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試試題理

PAGE1PAGE11寧夏銀川市長慶高級中學(xué)2024-2025學(xué)年高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試試題理滿分；150分?？荚嚂r(shí)間；120分鐘。本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題：(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，)1,i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(1－3i,1－i)的共軛復(fù)數(shù)是()A．2＋iB．2－iC．－1＋2iD．－1－2iA【解析】∵eq\f(1－3i,1－i)＝eq\f(1－3i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，∴eq\f(1－3i,1－i)的共軛復(fù)數(shù)是2＋i.2．，則等于（）A. B. C. D.答案；C3、若實(shí)數(shù)，則與的大小關(guān)系是A.B.C.D.不確定答案；B.4，.函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A． B． C． D．【答案】C：∵f′（x）=（x-2）ex，

令f′（x）＞0，解得：x＞2，

∴f（x）在（2，+∞）遞增，

故答案為：C．5、以下是解決數(shù)學(xué)問題的思維過程的流程圖：圖中①、②兩條流程線與“推理與證明”中的思維方法相匹配是()A．①—分析法，②—綜合法 B．①—綜合法，②—分析法C．①—綜合法，②—反證法 D．①—分析法，②—反證法、答案B由題意得，依據(jù)分析法是由結(jié)論到已知的推理模式，綜合法是由已知到未知的推理模式，所以應(yīng)填①﹣綜合法，②﹣分析法，故選B．6．若f(x)=2xf′(1)+x2,則f′(0)等于()(A)2 (B)0 (C)-2 (D)-4,【解析】f′(x)=2f′(1)+2x,則f′(1)=2f′(1)+2,得f′(1)=-2,所以f′(0)=2f′(1)+0=-4.故選D。若，則的解集為（）A．B．C． D．【答案】A【解析】，又，故，即，結(jié)合可得．故選A．7，我們把平面幾何里相像形的概念推廣到空間：假如兩個(gè)幾何體大小不肯定相等，但形態(tài)完全相同，就把它們叫做相像體．下列幾何體中，肯定屬于相像體的有()①兩個(gè)球體；②兩個(gè)長方體；③兩個(gè)正四面體；④兩個(gè)正三棱柱；⑤兩個(gè)正四棱錐．A．4個(gè) B．3個(gè)C．2個(gè) D．1個(gè)答案C8，已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖像如下圖所示．下面四個(gè)圖像中y＝f(x)的圖像大致是()C【解析】由題意知，x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0.f(x)為減函數(shù)；x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.f(x)為增函數(shù)；x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)<0.f(x)為減函數(shù)．9．我國南宋數(shù)學(xué)家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書里出現(xiàn)了如圖所示的表，即楊輝三角，這是數(shù)學(xué)史上的一個(gè)宏大成就.在“楊輝三角”中，第行的全部數(shù)字之和為，若去除全部為1的項(xiàng)，依次構(gòu)成數(shù)列，則此數(shù)列的前55項(xiàng)和為()A．4072 B．2026 C．4096 D．2048【答案】A【解析】利用n次二項(xiàng)式系數(shù)對應(yīng)楊輝三角形的第n+1行，然后令x＝1得到對應(yīng)項(xiàng)的系數(shù)和，結(jié)合等比數(shù)列和等差數(shù)列的公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．【詳解】解：由題意可知：每一行數(shù)字和為首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，則楊輝三角形的前n項(xiàng)和為Sn2n﹣1，若去除全部的為1的項(xiàng)，則剩下的每一行的個(gè)數(shù)為1，2，3，4，……，可以看成構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，則Tn，可得當(dāng)n＝10，全部項(xiàng)的個(gè)數(shù)和為55，則楊輝三角形的前12項(xiàng)的和為S12＝212﹣1，則此數(shù)列前55項(xiàng)的和為S12﹣23＝4072，故選：A．10．若函數(shù)的圖像和直線有四個(gè)不同的公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】當(dāng)x=0時(shí)，明顯符合題意；當(dāng)x≠0時(shí)，問題可轉(zhuǎn)化為和直線有三個(gè)不同的公共點(diǎn)，從而得到結(jié)果.【詳解】由題意可知：原點(diǎn)明顯滿意題意，問題可轉(zhuǎn)化為和直線有三個(gè)不同的公共點(diǎn)，如圖所示：由圖易得：故選：D11．袋子里有編號為的五個(gè)球，某位老師從袋中任取兩個(gè)不同的球.老師把所取兩球編號的和只告知甲，其乘積只告知乙，讓甲、乙分別推斷這兩個(gè)球的編號.甲說：“我無法確定.”乙說：“我也無法確定.”甲聽完乙的回答以后，甲又說：“我可以確定了.”依據(jù)以上信息,你可以推斷出抽取的兩球中A．肯定有3號球 B．肯定沒有3號球 C．可能有5號球 D．可能有6號球【答案】D【解析】甲說：“我無法確定.”說明兩球編號的和可能為7包含（2，5），（3，4），可能為8包含（2，6），（3，5），可能為9包含（3，6），（2，7）乙說：“我無法確定.”說明兩球編號的乘積為12包含（3，4）或（2，6）依據(jù)以上信息,可以推斷出抽取的兩球中可能有6號球故選：D點(diǎn)睛：本題是一道通俗易懂的合情推理題目，主要考查同學(xué)們的邏輯思維實(shí)力和推理實(shí)力，問題難度不大，仔細(xì)審題是關(guān)鍵.12，已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(3-x)=f(3+x)，且對隨意A．f(aC．f(c【答案】C【解析】【分析】由條件f(3-x)=f(3+x)，可知函數(shù)f(x)關(guān)于【詳解】因?yàn)閒(3-x)=f(3+又對隨意x1，x2∈（0，3)都有f因?yàn)?<a=2-3又c=eln4=4，∴f4=f和第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.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)在第一象限，求實(shí)數(shù)的取值范圍.________．依據(jù)題意得出，

14.________．15.某商場從生產(chǎn)廠家以每件20元購進(jìn)一批商品，若該商品零售價(jià)為p元，銷量Q(單位：件)與零售價(jià)p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2，則該商品零售價(jià)定為___30_____元時(shí)利潤最大。16，已知為正實(shí)數(shù)，直線與曲線相切，則的最小值為__________.【答案】【解析】【分析】設(shè)切點(diǎn)的坐標(biāo)為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求得，再利用基本不等式，即可求解的最小值，得到答案.【詳解】由題意，設(shè)切點(diǎn)的坐標(biāo)為，又由函數(shù)，則，又由切線的方程可得切線的斜率為1，則，解得，即切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，所以切點(diǎn)為，代入直線方程，得，又因?yàn)?、為正?shí)數(shù)，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取得最小值.故答案為.三、解答題:(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17.（本小題10分）17、已知函數(shù)f(x)＝求其在點(diǎn)(1,2)處的切線與函數(shù)g(x)＝x2圍成的圖形的面積．解析：∵(1,2)為曲線f(x)＝上的點(diǎn)，設(shè)過點(diǎn)(1,2)處的切線的斜率為k，則k＝f′(1)＝(3x2－2x＋1)|x＝1＝2∴在點(diǎn)(1,2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)，即y＝2x2分由EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(y＝x2，),y＝2x)可得交點(diǎn)A(2,4)．4分∴y＝2x與函數(shù)g(x)＝x2圍成的圖形的面積7分S＝＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),x3)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)＝4－＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(4),3)10分18.（本小題12分）設(shè)ｘ，ｙ為正實(shí)數(shù)，且ｘ＋ｙ＝１，求證（１＋EQ\F(１,ｘ)）（１＋EQ\F(１,ｙ)）≧９19.（本小題12分）已知函數(shù).(1)求函數(shù)的極值；(2)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的最值．【答案】（1）的極大值為，微小值為；（2）的最大值為，最小值為【解析】【分析】（1）干脆利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值.(2)比較端點(diǎn)函數(shù)值和極值的大小即得解.【詳解】(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)的改變?nèi)缦卤恚簒(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增16單調(diào)遞減－16單調(diào)遞增∴函數(shù)f(x)的極大值為f(－2)＝16，微小值為f(2)＝－16.(2)由(1)知，f(－2)＝16，f(2)＝－16，又f(－3)＝9，f(3)＝－9，∴當(dāng)x∈[－3,3]時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為f(－2)＝16，最小值為f(2)＝－16.20.（本小題12分）中國民間十字繡有著悠久的歷史，如下圖，①②③④為十字繡最簡潔的四個(gè)圖案，這些圖案都是由小正方形構(gòu)成，小正方形數(shù)越多刺繡越美麗．現(xiàn)按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設(shè)第n個(gè)圖案包含f(n)個(gè)小正方形．(1)求出f(5)的值；(2)利用合情推理的“歸納推理思想”，歸納出f(n＋1)與f(n)之間的關(guān)系式，并依據(jù)你得到的關(guān)系式揣測出f(n)的表達(dá)式；(3)求eq\f(1,f1)＋eq\f(1,f2－1)＋eq\f(1,f3－1)＋…＋eq\f(1,fn－1)(n≥2)的值．解：(1)按所給圖案的規(guī)律畫出第五個(gè)圖如下：由圖可得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；……由上式規(guī)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×eq\f(1＋n－1n－1,2)＝2n2－2n，又f(1)＝1，∴f(n)＝2n2－2n＋1.(3)當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(1,fn－1)＝eq\f(1,2n2－2n)＝eq\f(1,2nn－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，∴原式＝eq\f(1,1)＋eq\f(1,2)1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n).備選．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋c在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．[解](1)因?yàn)閒(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b. 2分由于f(x)在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16，故有EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(f′(2),f(2)即EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(12a＋b＝0，),8a＋2b＋c＝c－16，)化簡得解得EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(a＝1，),b＝－12.) 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.當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)； 7分當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)； 8分當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)．由此可知f(x)在x＝－2處取得極大值，f(－2)＝16＋c，f(x)在x＝2處取得微小值f(2)＝c－16.由題設(shè)條件知16＋c＝28，解得c＝12. 10分此時(shí)f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝－16＋c＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4. 12分 21.（本小題12分）設(shè)函數(shù)（=1\*ROMANI）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（=2\*ROMANII）設(shè)，若函數(shù)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍；【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（I）由，得．因?yàn)?，，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為．（II）當(dāng)時(shí)，，所以．令，得，解得或．與在區(qū)間上的狀況如下：所以，當(dāng)且時(shí)，存在，，，使得．由的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)不同零點(diǎn)．22.（本小題12分）已知函數(shù)f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，探討g(x)的單調(diào)性；(2)證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．解析(1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x－1）,x).當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．(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，則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－eq\