2018-2019学年安徽省合肥一六八中学高二(宏志班)下学期期中考试数学(理)试题(Word版)

合肥一六八中学2018/2019学年第二学期期中考试

高二数学（理）试卷----宏志班

命题人：姚忠林 审题人：周培祥

第Ⅰ卷

一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分，共60分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.已知i是虚数单位，则复数z2i在复平面内对应的点所在的象限为（ ） 42iA. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

2.有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f(x0)0，那么xx0是函数f(x)的极值点，因为f(x)x3在x0处的导数值f(0)0，所以x0是函数

f(x)x3的极值点.以上推理中（ ）

A. 大前提错误 B. 小前提错误 C. 推理形式错误 D. 结论正确 3.函数y12xlnx的单调递减区间为（ ） 2A. （-1,1） B. （0,1） C. (1,+∞) D. (0,+∞) 4.由曲线yx,直线yx2及y轴所围成的平面图形的面积为( )

1016 D. 33A. 6 B. 4 C.

5. 利用数学归纳法证明“n1n2nn2n132n1,nN*”时，

从“nk”变到“nk1”时，左边应増乘的因式是 ( ) A.2k1 B.

2k1 C. 2k12k2 D.22k1 k1，

，

，且

，则 ，，， 中至少

6. 给出一个命题 ：若

有一个小于零．在用反证法证明 时，应该假设 ( ) A. ，，， 中至少有一个正数 B. ，，， 全为正数 C. ，，， 全都大于或等于 D. ，，， 中至多有一个负数 7. 三角形的面积为S1abcr，（a,b,c为三角形的边长，r为三角形的内切圆2的半径）利用类比推理，可以得出四面体的体积为 ( ) A. V1abc（a,b,c为底面边长） 31

B. V1S1S2S3S4r（S1,S2,S3,S4分别为四面体四个面的面积，r为四面体内切3球的半径）

C. V13Sh（S为底面面积，h为四面体的高） D. V13abbcach（a,b,c为底面边长，h为四面体的高）

8.函数f(x)xlnx，正确的命题是（ ）

A.值域为R B.在1，+上是增函数 C.f(x)有两个不同零点 D.过(1,0)点的切线有两条

9.设asin1,b2sin12，c3sin13，则（ ） A. abc B. acb C. cab D. cba

10.已知函数yf(x)(xR)图象上任一点(x0,y0)处的切线方程为yy0

(x202)(x01)(xx0)，那么函数f(x)的单调减区间是（ ）

A.1,

B.,2

C.1,1,2,

D.,1,1,2

11.关于函数fx2xlnx，下列说法错误的是（ ） A. x2是fx的最小值点

B. 函数yfxx有且只有1个零点 C. 存在正实数k，使得fxkx恒成立

D. 对任意两个不相等的正实数x1,x2，若fx1fx2，则x1x24 12.已知函数f(x)是定义在R上的增函数, f(x)2f(x),f(0)1,则不等式

lnf(x)2xln3的解集为（ ）

A. ,0 B. 0, C. ,1 D. 1,

第Ⅱ卷

二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分.

113. 已知a1x2dx，则a的值为 ．

1

2

14. 已知ABC的三边a,b,c既成等差数列，又成等比数列，则ABC的形状是_______. 15. 设a为实数，若函数fx3x1xa存在零点，则实数a的取值范围 是 ．

16.如果函数yf(x)在其定义域上有且只有两个数x0，使得

f(x0)f(x0)，那么我们x0就称函数yf(x)为“双T函数”，则下列四个函数中：①yx21,②yex,③ylnx,④ysinx1，为“双T函数”的是 ．(写出所有正确命题的序号) 三、解答题:共6大题，写出必要的解答过程.满分70分. 17.（本小题10分）已知复数z(a24)(a2)i,aR． （Ⅰ）若z为纯虚数，求实数a的值；

（Ⅱ）若z在复平面上对应的点在直线x2y10上，求实数a的值．

18. （本小题12分）设数列an的前n项之积为Tn，并满足Tn=1an(nN).（1）求a1,a2,a3；（2）证明：数列

19. （本小题12分）已知函数f(x)

1为等差数列. Tn13xax2b在x2处有极值. 3（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在区间3,3上有且仅有一个零点，求b的取值范围.

3

20. （本小题12分）（Ⅰ）设A(x1,y1),B(x2,y2),O是坐标原点，且A,B,O不共线， 求证：SOAB1x1y2x2y1； 2a2b2c21. （Ⅱ）设a,b,c均为正数，且abc1.证明：bca

(x1)221. （本小题12分）已知函数f(x)lnx．

2(Ⅰ)求函数fx的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当x1时，fxx1；

（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x1恒有fxkx1． ,()x0时，

22. （本小题12分）已知函数f(x)xax1,g(x)lnxa(aR). （Ⅰ）讨论函数h(x)f(x)g(x)的单调性；

（Ⅱ）若存在与函数f(x),g(x)的图象都相切的直线，求实数a的取值范围.

4

2

参

1-12 D A B D D C B B A D C A 13-16 2 等边三角形

2,2 ①③

17.解：Ⅰ若z为纯虚数，则，且，解得实数a的值为2；

Ⅱ在复平面上对应的点，

在直线上，则

，

解得

．

18.解：（1）a112,a2323,a34 （2）猜测：annn1，并用数学归纳法证明（略）

Tn=1an11n1,Tn1n，结论成立。 1a或：n11an1T1n1T11nTn1Tn1Tn1

19.解: （Ⅰ）f(x)x22ax 由题意知: f(2)44a0,得a=-1，

∴f(x)x22x，令f(x)0，得x<-2或x>0, 令f(x)0，得-2（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，f(x)=

13x3x2b， f(-2)=

43b为函数f(x)极大值，f(0)=b为极小值。 ∵函数f(x)在区间[-3,3]上有且仅有一个零点， ∴f(3)0f(3)0f(3)0f(0)0或或f(2)0或f(3)0f(2)0或f(3)0f(3)00 ，f(0)18b0即4 ，∴18b4，即b43b03的取值范围是[18,3)。

20.证明： (1)略.

5

abc

(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，

bcaa2b2c2

故b＋c＋a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 222abc

即＋＋≥a＋b＋c. bcaabc

所以b＋c＋a≥1.

2

2

2

222

1x2x121.解：（I）fxx1，x0,．

xxx015由fx0得2解得0x．

2xx10故fx的单调递增区间是0,15． 2（II）令Fxfxx1，x0,．

1x2则有Fx．

x当x1,时，Fx0， 所以Fx在1,上单调递减，

故当x1时，FxF10，即当x1时，fxx1． （III）由（II）知，当k1时，不存在x01满足题意．

当k1时，对于x1，有fxx1kx1，则f从而不存在x01xkx1，满足题意．

当k1时，令Gxfxkx1，x0,，

x21kx11则有Gxx1k．

xx由Gx0得，x1kx10．

2解得x11k1k2240，x21k1k2241．

6

当x1,x2时，Gx0，故Gx在1,x2内单调递增． 从而当x1,x2时，GxG10， 即fxkx1，

综上，k的取值范围是,1． 22．（1）函数h(x)的定义域为(0,)

h(x)f(x)g(x)x2axlnxa1(x0)， 12x2ax1所以h(x)2xa

xx所以当a280即22a22时，h(x)0， h(x)在0,上单调递增；

2当a80即a22或a22时，

当a22时h(x)0，h(x)在0,上单调递增；

aa28当a22时，令h(x)0得x,

4x aa28aa28aa8,0, 4442aa28,4 + 增 h(x) + 增 - 减 h(x) 综上：当a22时，h(x)在0,上单调递增； aa28aa28,单调递增，在当a22时h(x)在0,，44aa28aa28,单调递减。

44（2）设函数f(x)上点(x1,f(x1))与函数g(x)上点(x2,g(x2))处切线相同， 则f(x1)g(x2)f(x1)g(x2)

x1x21x12ax11(lnx2a)所以2x1a x2x1x2所以x1xx1a，代入12x12ax11lnx2a得：

x22x221aa21aa2lnxa2，则lnx2a20(*) 设F(x)24x2x44x222x241a12x2ax1F(x)32

2x2xx2x3

7

不妨设2x02ax010(x00)则当0xx0时，F(x)0，当xx0时，F(x)0 所以F(x)在区间(0,x0)上单调递减，在区间(x0,)上单调递增， 代入a=2x011可得：F(x)minF(x0)x022x0lnx02 x0x0111lnx2，则G(x)2x220对x0恒成立， xxx所以G(x)在区间(0,)上单调递增，又G(1)=0

设G(x)x22x所以当0x≤1时G(x)≤0，即当0x0≤1时F(x0)≤0,

1aa2112aa2(2aa)20 又当xe时F(x)42a2alne4e2e44e因此当0x0≤1时，函数F(x)必有零点；即当0x0≤1时，必存在x2使得(*)成立；

2a即存在x1,x2使得函数f(x)上点(x1,f(x1))与函数g(x)上点(x2,g(x2))处切线相同． 又由y2x在(0,1)单调递增得，因此a=2x01x1,x00,1 x0所以实数a的取值范围是,1．

8