新兴县惠能中学2011-2012学年高二下学期期中考试(理数)

惠能中学2011-2012学年高二下学期期中考试

数学（理）试题

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1、复数z(2i)i 在复平面内的对应点在（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2、命题“在ABC中，若C是直角，则B一定是锐角．”的证明过程如下：

假设B不是锐角，则B是直角或钝角，即B90，而C是直角， 所以ABCA9090180，

这与三角形的内角和等于180矛盾，所以上述假设不成立， 即B一定是锐角．

本题采用的证明方法是（ ）

A. 综合法 B. 分析法 C. 反证法 D. 数学归纳法

452A12A123、化简 5的值是（ ） 5A13 - A12A. 2 B. 3 C. 5 D. 10

4、从4名男生、3名女生中各选出2名组成研究性学习小组，并从选出的4人中再选定1人当组长，则不同选法的种数是（ ）

24A.C24C3A4

2221B.C24C3 C.C4C3A4

21D.A24A3A4

5、下列式子中，错误的是（ ） ．．A.()'1x1' B. (cos(2x1))2sin(2x1) 2x1exexxexC. (xlogax)'logax D. ()' 2lnaxx6、由直线x

11，x2，曲线y及x轴所围图形的面积是（ ）． 2x11517A. 2ln2 B. ln2 C. D.

244

7、从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色， 每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色， 则不同的涂色方法共有（ ）

（第7题图）

A.24种 B.72种 C.96种 D.108种 8、设aR，若函数yeax，xR有大于零的极值点，则（ ）

A．a1

B．a1

C．a

x1eD．a1e

1

二、（填空题：本大题共6小题．每小题5分，满分30分）

9、若复数(a23a2)(a1)i是纯虚数，则实数a的值为 。 10、求曲线y134xx在点1,处的切线方程 。 3311、函数yx3x2x的单调递减区间是 。 12、已知数列an的第1项a11，且an1项公式______________________________。

13、观察下列等式：123，1236，123410，„， 根据上述规律，第五个等式为_____________________________________。 ．．．．．

14、某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种，

现在餐厅准备了 5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种 种。

三、解答题（本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤） 15、（本小题共14分） 已知函数f(x)（1）求函数的极值

（2）若函数f(x)k有3个解，求实数k的取值范围． 16、（本小题满分12分）

在ΔABC中，三个内角A，B，C对应的边分别为a,b,c，且A，B，C成等差数列，a,b,c也成等差数列，求证ΔABC为等边三角形．

17、（本小题满分12分）

给定数字0、1、2、3、5、9每个数字最多用一次 （1）可能组成多少个四位数？ （2）可能组成多少个四位奇数？ （3）可能组成多少个自然数？ 18、（本小题满分14分）

设3x1a0a1xa2x2a3x3a4x4．

4332333233332an(n1,2,)，试归纳出这个数列的通

12an13x4x4 3 2

求:（１）a3

（２）求a0a1a2a3a4； （３）求a0a2a4； （4）求各项二项式系数的和．

19、（本小题满分14分）

某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万/辆,年销售量为5000辆．本年度为适应市场需求,计划提高产品档次,适当增加投入成本，若每辆车投入成本增加的比例为x(0x1), 则出厂价相应提高的比例为0.7x，年销售量也适当增加．

设年利润=(每辆车的出厂价－每辆车的投入成本)×年销售量

(1) 若年销售量增加的比例为0.4x，为使本年度的年利润比上年度有所增加,则投入成本增加的比例x应在什么范围内? (2) 若本年度的销售量y（辆）关于x的函数为y3240(x2x)，则当x为何

值时,本年度的年利润最大?最大利润为多少?

20、（本小题满分14分） 已知函数f(x)ax(1)用a表示b,c；

(2)若fxlnx在1,上恒成立，求a的取值范围； (3)证明：1+

253bc (a＞0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为yx1. x111n(n1). ++„+＞lnn1+

23n2n1 3

参考答案：

当x变化时，fx、fx的变化情况如下表：

x fx fx ,2  单调递增↗ 2 2,2 — 单调递减↘ 2 2,  单调递增↗ 0 0 28 34 3y——————８分

因此，当x2时，fx有极大值

28 34 当x2时，fx有极小值 ——————１０分 313（2）函数fxx4x4的图象

3大致如图：„„1２分 y=k

28 3428由图可知：k ————１４分

3316(课本P85-86例1)

证明：由A，B，C成等差数列知，B22202432x3，„„３分

由余弦定理知bacac，„„５分 又a,b,c也成等差数列，∴b2ac， „„７分 2(ac)a2c2ac， „„８分 代入上式得

4整理得3(ac)0，∴ ac „„1０分

2 4

，从而AC，而B3，则ABC3，

从而ΔABC为等边三角形． „„1２分

117:【解答】（1）解法一：从“位置”考虑，由于0不能放在首位，因此首位数字只能有A5种取法，其余3个数位可以从余下的5个数字（包括0）中任取3个排列，所以可以组成

13A5A5300个四位数；„„４分

13解法二：从“元素”考虑，组成的四位数可以按有无数字0分成两类，有数字0的有A3A5413个，无数字0的有A5个，所以共组成A3A5+A54=300个四位数；

解法三：“排除法”从6个元素中取4个元素的所有排列中，减去0在首位上的排列数即为

413所求，所以共有A6A1A5300个四位数；

1（2）从“位置”考虑，个位数字必须是奇数有A4种排法，由于0不能放在首位，因此首位12112数字只能有A4种取法，其余两个数位的排法有A4，所以共有A4A4A4192个四位奇

数；„„８分

111（3）一位数：有A6=6个；两位数：有A5A5=25个； 1213三位数：有A5A5=100个；四位数：有A5A5=300个； 1415五位数：有A5A5=600个；六位数：有A5A5=600个；

所以共有6+25+100+300+600+600=1631个自然数． „„1２分

【点评】解有条件限制的排列问题思路：①正确选择原理；②处理好特殊元素和特殊位置，先让特殊元素占位，或特殊位置选元素；③再考虑其余元素或其余位置；④数字的排列问题，0不能排在首位． 18【解答】（１） －162 „„3分 （２）令x=1得a0a1a2a3a43116；„„6分

4（３）令x=-1得a0a1a2a3a431256，

4而由（2）知：a0a1a2a3a43116，

4两式相加得a0a2a4136；„„10分

（4）各项二项式系数的和为C4C4C4C4C4216．„„14分 【点评】①要注意二项展开式各项的系数与二项式系数是不同的两个概念；②系数和与二项式系数和不一定相同，本题的（1）与（5）结果相同纯属巧合；③注意求系数和上述是最一般的方法，一定要理解．

5

012344

19. （本小题满分14分）

解: (Ⅰ)由题意得:上年度的利润为(1310)500015000万元 本年度每辆车的投入成本为10(1x)万元 本年度每辆车的出厂价为13(10.7x)万元

本年度年销售量为5000(10.4x)万元 因此本年度的利润为

y[13(10.7x)10(1x)]5000(10.4x) 3分

(30.9x)5000(10.4x)

1800x21500x15000(0x1) 4分 由1800x1500x1500015000

25 65所以当0x时,本年度的年利润比上年度有所增加 6分

6解得0x (Ⅱ)本年度的利润为

5f(x)(30.9x)3240(x22x)

3 f(x)3240(0.9x4.8x4.5x5) 8分 则f(x)3240(2.7x9.6x4.5) 972(9x5)(x3)

'由f(x)0,解得x'2325或x3 10分 9'当x(0,)时, f(x)0,f(x)是增函数; 11分

595955当x时,f(x)取最大值f()20000万元, 13分

99'当x(,1)时, f(x)0,f(x)是减函数; 12分

因此f(x)在(0,1)上只有一个极大值,所以它是最大值 所以当x5时,本年度的年利润最大,最大利润为20000万元. 14分 9 6

20.解：（Ⅰ） f(x)af(1)abc0ba1b，则有，解得„3分 /2xc12af(1)ab1a112a xa112alnx，x1, 令gxf(x)lnxaxx（II）由（Ⅰ）知，f(x)axa11ax2x(a1)则g10，g(x)a22xxxx21a11, (ⅰ)当0a时,a21a 若1x,则gx0,gx单调递减，所以g(x)g(1)0即f(x)lnx,

a/a(x1)(x1a)a„„4分

故f(x)lnx在1,上不恒成立. „„„„6分 (ⅱ) 当a11a1, 时,

2a若x1,则gx0,gx是增函数,所以gxg10 即f(x)lnx,故当x1时,f(x)lnx. „„„„8分

综上所述,所求a的取值范围为,„„„„9分 (Ⅲ)解法一: 由(Ⅱ)知,当a令a

且当x1时,

121时,有f(x)lnx, (x1) 2111,有f(x)xlnx 22x11xlnx„„„„10分 2x令xk1k11k1k111,有ln 11kk2kk12kk1即lnk1lnk111, k1,2,3,,n„„„„12分 2kk1将上述n个不等式依次相加得

lnn1

11111 223n2n17

整理得1111n„„„„14分 lnn123n2n1

解法二: 用数学归纳法证明

(1) 当n1时,左边1,右边ln211, 不等式成立. „„„„10分 4(2) 假设nk时, 不等式成立, 就是 1111k lnk123k2k1那么11111k1k2 lnk1lnk123kk12k1k12k11时,有f(x)lnx, (x1) 2由(Ⅱ)知,当a令a111,有f(x)xlnx, (x1) 22x令xk21k2k1k2,有lnlnk2lnk1 k12k1k2k1

8