湖南省株洲市学年高二数学下学期期中试题理Word文档格式.docx
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[解析]由条件设f（x）＝ax3＋bx2＋cx，则f′（x）＝3ax2＋2bx＋c＝3a（x－1）（x－3），∴b＝－6a，c＝9a，
∴f（x）＝ax3－6ax2＋9ax，∵f
（1）＝4，∴a＝1.
∴f（x）＝x3－6x2＋9x，故选B.
→
6．在复平面内，点A对应的复数为1＋2i，AB＝（－2,1），则点B对应的复数的共轭复数为（）
A．1＋3iB．1－3iC．－1＋3iD．－1－3i
[解析]由条件知A（1,2），又AB＝（－2,1），
∴B（－1,3），∴点B对应复数z＝－1＋3i，
－
故z＝－1－3i.
7．已知函数f（x）＝x2＋bx的图象在点A（1，f
（1））处的切线l与直线3x－y＋2＝0平行，若数列{1}的
f（n）
前n项和为Sn，则S2017的值为（）
2016
A.
2017
2015
B.2016
2013
C.2014
2014
D．2015
[解析]f′（x）＝2x＋b，由f′
（1）＝2＋b＝3，得b＝1.
则f（x）＝x2＋x.
1
于是
＝
n2＋n
11
＝＝－
n（n＋1）n
，
n＋1
S2017＝f
（1）＋f
（2）＋„＋f（2017）
111
11
12016
－）＋（－）＋„＋（－）＝1－＝.
2232016201720172017
＝（1
8、盒子中装有形状、大小完全相同的3个红球和2个白球，从中随机取出一个记下颜色后放回，当
红球取到2次时停止取球．那么取球次数恰为3次的概率是（）
18
A．
125
36
B．
44
C．
81
D．
3323
[解析]每次取到红球的概率为，所求概率为C1×
×
＝
.故选B．
52555
9．曲线y＝x3－3x和y＝x围成图形的面积为（）A．4B．8
C．10D．9
⎧y＝x3－3x，
[解析]由⎨
⎩y＝x，
⎧x＝0，解得⎨
⎩y＝0，
⎧x＝2，或⎨
⎩y＝2，
⎧x＝－2，或⎨
⎩y＝－2.
∵y＝x3－3x与y＝x都是奇函数，
∴围成图形的面积为
S＝2⎠⎛2[x－（x3－3x）]dx＝2⎠⎛2（4x－x3）dx＝2·
（2x2－
1x4）|2＝8，故选B.
004
10．袋中有4只红球，3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量X，则P（X≤7）的值为（）
1113167
26
A.30B.35C.35D.
C
4
＋
4只球中黑球个数可能为0,1,2,3，相应得分依次为4,6,8,10.P（X≤7）＝P（X＝4）＋P（X＝6）＝4
7
C311
1213
4C3
＋＝.
C4＝35
3535
11．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来（n＝1,2,3，„），则第n个图形中顶点个数为（）
A．（n＋1）（n＋2）B．（n＋2）（n＋3）C．n2D．n
[解析]第一个图形共有12＝3×
4个顶点，第二个图形共有20＝4×
5个顶点，第三个图形共有30
＝5×
6个顶点，第四个图形共有42＝6×
7个顶点，故第n个图形共有（n＋2）（n＋3）个顶点．
12．已知a≥0，函数f（x）＝（x2－2ax）ex，若f（x）在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是（）
A.（0，3）
B.（13）
C.[3∞）
（
）
1
D.0，
，，＋
42442
[解析]f′（x）＝（2x－2a）ex＋（x2－2ax）e2＝[x2＋（2－2a）x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f′（x）≤0恒成立，
⎧g－，即x2＋（2－2a）x－2a≤0恒成立．令g（x）＝x2＋（2－2a）x－2a，则有⎨
⎩g，
⎧－12＋－2a
－－2a≤0，即⎨
⎩12＋2－2a－2a≤0，
解得a≥.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）
13、复数（2+i）i的虚部是
试题分析：
由（2+i）i=2i+i2=-1+2i，则虚部是2.
14．已知Cx
=C3x-2
，则x=．
1010
[答案]．1或3
⎧lgx，x>
0，
15．设f（x）＝⎨x＋⎠⎛a3t2dt，x≤0，若f（f
（1））＝1，则a＝.
⎩0
[解析]∵f
（1）＝0，∴f（f
（1））＝f（0）＝0＋⎠⎛a3t2dt＝t3|a＝a3＝1，∴a＝1.
16、已知0<
a<
1，方程a|x|＝|logax|的实根个数为n，且（x＋1）n＋（x＋1）11＝a0＋a1（x＋2）＋a2（x＋2）2＋„＋
a10（x＋2）10＋a11（x＋2）11，则a1等于
[解析]作出y＝a|x|（0<
1）与y＝|logax|的大致图象如图所示，所以n＝2.故（x＋1）n＋（x＋1）11＝（x＋2－
11
1）2＋（x＋2－1）11，所以a1＝－2＋C10＝－2＋11＝9．
三、解答题（本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）五位师傅和五名徒弟站一排．
（1）五名徒弟必须排在一起共有多少种排法？
（2）五名徒弟不能相邻共有多少种排法？
（3）师傅和徒弟相间共有多少种排法？
解：
（1）先将五名徒弟看作一人与五位师傅排列有A6种排法，五名徒弟在内部全排列有A5种，据乘法
65
原理排法共有A6A5＝86400（种）．
（2）先将五位师傅全排列有A5种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位上有A5种排法，据
56
乘法原则，排法共计A5A5＝86400（种）．
5
（3）先将五位师傅排列有A5种排法，再将五名徒弟排在五位师傅产生的六个空位中前五位或后五位上
有2A5种排法，据乘法原理排法共有2A5A5＝28800（种）．
555
18．（本小题满分12分）（本小题满分12分）某款游戏共四关，玩家只有通过上一关才能继续进入下一关
游戏，每通过一关可得10分，现在甲和乙来玩这款游戏，已知甲每关通过的概率是1，乙每关通过的概
率是2．
（1）求甲、乙两人最后得分之和为20的概率；
（2）设甲的最后得分为X，求X的分布列．
（1）设“甲、乙最后得分之和为20”为事件A，“甲0分，乙20分”为事件B，“甲10分，乙10分”为事件C，“甲20分，乙0分”为事件D
P（B）=（1-1）⨯
（2）2⨯（1-2）=2
P（C）=1⨯（1-1）⨯2⨯（1-2）=1
则23327
223318
P（D）=
（1）2⨯（1-1）⨯（1-2）=1
22324
37
则P（A）=P（B）+P（C）+P（D）=
216
（6分）
（2）X的所有可能取值为0,10,20,30,40.
P（X=0）=
P（X=10）=
⨯（1-
1）=1
24
P（X=20）=
（1）2⨯（1-1）=1
P（X=30）=
（1）3⨯（1-1）=1
228
2216
P（X=40）=
（1）4=1
X分布列为
216
X
10
20
30
40
P
8
16
19.（本小题满分12分）在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2，AB=1。
（1）请在线段CE上找到一点F，使得直线BF∥平面ACD，并证明；
（2）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小；
E
解法一：
以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得x轴和
z轴的正半轴分别经过点A和点E，则各点的坐标为D（0,0,0），
B
A（2,0,0），E（0,0,2），B（2,0,1），C（1,3,0），
（1）点F应是线段CE的中点，下面证明：
设F是线段CE的中点，则点F的坐标为AD
F（1,
3,1），∴BF=（-3,
3,0）
2222
19题图C
DE=（0,0,2）,∴BF⋅DE=0,∴BF⊥DE，而DE是平面ACD的一个法向量，此即证得BF∥平面ACD；
„„„„„„„„„„„6分
（2）设平面BCE的法向量为n=（x,y,z），则n⊥CB，且n⊥CE，
由CB=（1,-
3,1），CE=（-1,-
3,2），
⎧⎪x-
∴⎨
⎪⎩-x-
3y+z=0
3y+2z=0
，不妨设y=
⎧x=1
3，则⎨
⎩z=2
，即n=（1,3,2），
∴所求角θ满足cosθ=n⋅（0,0,2）=
2π
，∴θ=；
„„„„„„„„„„„12分
|n|⨯224
解法二：
（1）由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB//ED，
设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点，
连接FH，则FH=//1ED，∴FH=//
AB，
∴四边形ABFH是平行四边形，∴BF//AH，
由BF⊄平面ACD内，AH⊂平面ACD，∴BF//平面ACD
（2）由已知条件可知∆ACD即为∆BCE
在平面ACD上的射影，设所求的二面角的大小为θ，则cosθ=S∆ACD，
S∆BCE
易求得BC=BE=
5，CE=22，∴S
=1|CE|⨯
BE2-（CE）2=6，
∆BCE22
而S=
3|AC|2=
3，∴cosθ=S∆ACD=
2ππ
，且0<
θ<
，∴θ=
∆ACD4
S∆BCE224
20、设函数f（x）＝
x2
2（x－1）
，给定数列{an}，其中a1＝a>
1，an＋1＝f（an）（n∈N＋）．
（1）若{an}为常数列，求a的值；
（2）判断an与2的大小，并证明你的结论．
（1）若{an}为常数列，则an＝a.
由an＋1＝f（an），得a＝f（a）．
因为f（x）＝
x2a2
，所以a＝.
2（a－1）
又a>
1，所以a＝2（a－1），解得a＝2.
（2）当a＝2时，由
（1）知an＝2.
a
n
当a≠2时，因为a1＝a，an＋1＝f（an）＝2（a－1），
2a2
所以a2＝＝.
2（a1－1）
a2
所以a2－2＝
a2－4a＋4
－2＝＝
（a－2）2
>
即a2>
2.
（a2－2）2
因为a3－2＝
2（a2－1）
－2＝
所以a3>
猜想当n≥2时，an>
下面用数学归纳法证明：
①n＝2时，a2>
2，显然猜想成立．
②假设当n＝k（k≥2）时，猜想成立，即ak>
k
当n＝k＋1时，ak＋1＝f（ak）＝，
a2k
k－4a＋4
2（ak－1）
（ak－2）2
所以ak＋1－2＝
＝.
2（a－1）2（a－1）
kk
由ak>
2，知ak＋1－2>
0，所以ak＋1>
根据①和②可知，当a≠2时，对于一切不小于2的正整数n都有an>
综上所述，当a＝2时，an＝2；
当1<
2时，a1<
2，an>
2（n≥2）；
当a>
2时，an>
x2y2
21．如图，椭圆+
a2b2
=1上的点M与椭圆右焦点F2的连线MF2与x轴垂直，且OM（O是坐标原点）
与椭圆长轴和短轴端点的连线AB平行．
（1）求椭圆的离心率；
π
（2）F1是椭圆的左焦点，C是椭圆上的任一点，证明：
∠F1CF2≤；
（3）过F1且与AB垂直的直线交椭圆于P、Q，
若∆PF1Q的面积是203，求此时椭圆的方程．
b2b2
bb2bc2
21．
（1）易得M（c,）,k=
k=
∴=⇒b=c⇒a=
2c,∴e==.
aOM
acAB
aacaa2
„„„„„„„„„„„4分
（2）证：
由椭圆定义得：
|F1C|+|F2C|=2a,cos∠F1CF2
1212
|FC|2+|FC|2-|FF|2
=
2|F1C||F2C|
4a2-4c2-2|FC||FC|2b2
=12
=-1.
2|F1C||F2C||F1C||F2C|
|FC||FC|≤（|F1C|+|F2C|）2=a2,∴cos∠FCF
≥2b
22c2
-1=
-1=0,∴∠FCF
≤π.
122
12a2
2c2
„„„„„„„„„„„8分
（3）解：
设直线PQ的方程为y=-a（x-c）,即y=-
b
2（x-c）
．代入椭圆方程消去x得：
（1-
1y+c）2
y2
+=1
，整理得：
a2b2
5y2-22cy-2c2=0,∴y+y
=22c,y⋅y
=-2c.
125125
∴
222
（y-y）2=（22c）2+8c
=48c.S
=1⋅2c⋅|y-y
|=43c
=203,c2=25,
125525
∆PF2Q2
125
因此a2＝50，b2＝25，所以椭圆方程为
+=1.
„„„„„„„„„„„12分
5025
22．（本题满分12分）已知函数f（x）＝lnx－
（1）求函数f（x）的单调递增区间；
（2）证明：
当x>
1时，f（x）<
x－1；
（x－1）2
2.
（3）确定实数k的所有可能取值，使得存在x0>
1，当x∈（1，x0）时，恒有f（x）>
k（x－1）．
[解析]
（1）f′（x）＝
1－x2＋x＋1
－x＋1＝
xx
，x∈（0，＋∞）．
⎧x>
0，由f′（x）>
0得⎨
⎩－x2＋x＋1>
0.
1＋5
解得0<
x<
.
⎛1＋5⎫
故f（x）的单调递增区间是⎝0，2⎭.
令F（x）＝f（x）－（x－1），x∈（0，＋∞）．
1－x2
则有f′（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.
（3）由
（2）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（x）<
k（x－1），从而不存在x0>
1满足题意．当k<
1时，令G（x）＝f（x）－k（x－1），x∈（0，＋∞），
则有G′（x）＝－x＋1－k＝
－x2＋（1－k）x＋1
x.
由G′（x）＝0得，－x2＋（1－k）x＋1＝0.
1－k－（1－k）2＋4
解得x1＝
2<
1－k＋（1－k）2＋4
x2＝
2>
1.
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）．
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