2020-2021学年舒兰一中高二(下)期中数学复习卷1(含答案解析)

2020-2021学年舒兰一中高二(下)期中数学复习卷1
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 设复数z =1+√2i ，则z 2−2z =( )
A. 1+4√2i
B. −3+4√2i
C. 1−4√2i
D. −3−4√2i
2. 有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面，则平行于平面内所有直线；已知直线
平面
，
直线
平面
，直线//平面
，则直线//直线”的结论显然是错误的，这是因为( )
A. 大前提错误
B. 小前提错误
C. 推理形式错误
D. 非以上错误
3. 已知函数f(x)=x +cosx ，则f′(π
6)=( )
A. 1
2
B. 3
2
C. 1−√3
2 D. √32
4. 已知a >0，b >0，利用函数f(x)=3x +kx(k >0)的单调性，下列结论正确的是( )
A. 若3a +2a =3b +3b ，则a >b
B. 若3a +2a =3b +3b ，则a <b
C. 若2a −2a =2b −3b ，则a >b
D. 若2a −2a =2b −3b ，则a <b
5. 如图所示的是y =f′(x) 的图象，则下列判断正确的是( )
①f(x)在(−∞,1)上是增函数； ②x =−1是f(x)的极小值点；
③f(x)在(2,4)上是减函数，在(−1,2)上是增函数； ④x =2是f(x)的极小值点．
A. ①②
B. ①④
C. ③④
D. ②③
6. 若S 1=∫e x 2
1dx ，S 2=∫2x 2
1dx ，S 3=∫3x 2
1dx ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( )
A. S 1<S 2<S 3
B. S 3<S 2<S 1
C. S 2<S 3<S 1
D. S 2<S 1<S 3
7. 两列数如下：7，10，13，16，19，22，25，28，31，......7，11，15，19，23，27，31，35，
39，......第1个相同的数是7，第10个相同的数是( )
A. 115
B. 127
C. 139
D. 151
8. 直线x +y −3=0的倾斜角的大小是( )
A. π
4
B. 3
4π
C. 1
D. −1
9. 设，则( )
A.
B. 0
C.
D.
10. 已知函数f(x)=1
3x 3+ax 2+bx 在x =−1时取得极大值5
3，则ab =( )
A. −15
B. 15
C. −3
D. 3
11. 下列四个数中，其倒数是负整数的是【】
A. 3
B.
C. −2
D. −
12. 已知曲线Γ：y =e x 和直线l ：y =kx ，若直线l 上有且只有两个点关于y 轴的对称点在曲线Γ上，
则k 的取值范围是( )
A. (−∞,−e)
B. (−∞,−e]
C. (−e,0)
D. [−e,0)
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 设a ∈R ，且复数a
1+i +
1+i 2
是纯虚数，则a =______．
14. 设数列{a n }是等差数列，其中a m =a,a n =b,a m+n =
b⋅n−a⋅m n−m
，用类比的思想方法，在等比数列
{b n }中，若b m =a ，b n =b ，写出b m+n = ______ ． 15. 观察等式
C 51+C 55
=6，
C 91+C 95+C 99=27+23， C 131+C 135+C 139+C 1313=211−25， C 171+C 175+C 179+C 1713+C 1717=215+27，
…
由以等式推测到一个一般的结论：
对于n ∈N ∗，C 4n+11+C 4n+15+C 4n+19+⋯+C 4n+14n+1= ______ ．
16. 函数y =x 3−x 2−x 的单调递减区间为______ ． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. (Ⅰ)已知复数z =−12
+√3
2
i ，其共轭复数为z ，求|1
z |+(z)2；
(Ⅱ)设集合A ={y|y =x 2−2x +1
2}，B ={x|m +x 2≤1,m <1}.命题p ：x ∈A ；命题q ：x ∈B.若p 是q 的必要条件，求实数m 的取值范围．
18.已知函数，f(x)=xlnx，g(x)=1
3
ax2−bx其中a，b∈R (Ⅰ)若f(x)≥−x2+ax−6在(0,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围；
(Ⅱ)当b=−2
3a时，若f(x)≤3
2
g(x−1)对x∈(1,+∞)恒成立，求a的最小值．
19.已知函数f(x)=x2+(a+2)x+b，f(−1)=−2，对于x∈R，f(x)≥2x恒成立．
(Ⅰ)求函数f(x)的解析式
(Ⅱ)设函数g(x)=f(x)
x
−4
①证明：函数g(x)在区间[1,∞]上是增函数；
②是否存在正实数m<n，当m≤x≤n时函数g(x)的值域为[m+2,n+2]，若存求在出m，n
的值，若不存在，则说明理由．
20.设数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n2−na n+1，n=1，2，3，…，
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想出{a n}的一个通项公式并证明你的结论．
21.在无穷数列{a n}中，a1=1，对于任意n∈N∗，都有a n∈N∗，a n<a n+1.设m∈N∗，记使得a n≤m
成立的n的最大值为b m．
(Ⅰ)设数列{a n}为1，3，5，7，⋯，写出b1，b2，b3的值；
(Ⅱ)若{b n}为等差数列，求出所有可能的数列{a n}；
(Ⅲ)设a p=q，a1+a2+⋯+a p=A，求b1+b2+⋯+b q的值.(用p,q,A表示)
22.已知函数f(x)=−x3+3x2+9x+1．
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)求f(x)在点(−2,f(−2))处的切线方程．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：
直接把z=1+√2i代入z2−2z化简求值．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．
解：∵z=1+√2i，
∴z2−2z=(1+√2i)2−2(1−√2i)=−1+2√2i−2+2√2i=−3+4√2i．
故选：B．
2.答案：A
解析：试题分析：由于平行于平面的直线可与平面内的直线异面，所以“直线平行于平面，则平行于平面内所有直线”错误，因而大前提错误。

故选A。

考点：演绎推理
点评：演绎推理包括三部分：大前提、小前提和结论，大前提是原理，必须保证大前提正确，结论才会正确。

3.答案：A
解析：解：∵f(x)=x+cosx，
∴f′(x)=1−sinx，
即f′(π
6)=1−sinπ
6
=1−1
2
=1
2
，
故选：A．
求出函数的导数，直接代入即可进行求值．
本题主要考查导数的计算，要求熟练掌握常见函数的导数公式．
4.答案：A
解析：解：因为y=3x及y=kx(k>0)在定义域R内都是增函数，所以函数f(x)=3x+kx在R内也是增函数，
对于A选项，假设0<a≤b，∵f(x)=3x+kx在R内是增函数，
∴f(a)≤f(b)，即3a+2a≤3b+2b<3b+3b，
与已知3a+2a=3b+3b矛盾，∴假设错误，∴a>b
故选A
因为y=3x及y=kx(k>0)在定义域R内都是增函数，所以函数f(x)=3x+kx在R内也是增函数；对于四个选项，因为前后不是同一个函数的函数值，直接判断有困难，所以采用反证法．
此题的四个选项中，因为不等号两端不是同一函数的函数值，所以不好直接判断真假，因此采用了反证法的思路，遵循了“正难则反”的解题思想．
5.答案：D
解析：解：①x<−1时，f′(x)<0；
∴f(x)在(−∞,1)不是增函数；
∴该判断错误；
②x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0；x∈(−1,1)时，f′(x)>0；
∴x=−1是f(x)的极小值点；
∴该判断正确；
③x∈(2,4)时，f′(x)<0，x∈(−1,2)时，f′(x)>0；
∴f(x)在(2,4)上是减函数，在(−1,2)上是增函数；
∴该判断正确；
④x∈(−1,2)时，f′(x)>0，x∈(2,4)时，f′(x)<0；
∴x=2是f(x)的极大值点；
∴该判断错误；
∴正确的判断为：②③．
故选D．
根据函数导数符号和函数单调性的关系，极值、极值点的定义，以及极值点的判断过程即可说明每个判断的正误，从而找到正确选项．
考查观察函数图象的能力，函数导数符号和函数单调性的关系，极值、极值点的定义，以及极值点的判断过程．
6.答案：D
解析：解：分别作出函数y=e x，y=2x，y=3x的图象如图：
从上到下对应的图象分别为y=3x，y=e x，y=2x，
当1≤x≤2时，对应的区域面积依次减小，
根据积分的几何意义即可得到S2<S1<S3，
故选：D．
根据积分的几何意义，分别作出函数y=e x，y=2x，y=3x的图象，
利用数形结合即可得到结论．
本题主要考查积分的几何意义的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
7.答案：A
解析：试题分析：令，，令，则，所以方程的第10个整数解是，所以
考点：数列项相等
点评：本题利用数列的规律找出数列的通项公式，通过构造方程求解整数解达到解题的目的．8.答案：B
解析：解：直线x+y−3=0，即y=−x+3，它的斜率等于−1，故它的倾斜角为3π
，
4
故选：B．
由直线的方程求得直线的斜率，从而求得它的倾斜角．
本题主要考查直线的斜率和倾斜角，属于基础题．
9.答案：C
解析：试题分析：，故选C
考点：分段函数
10.答案：D
解析：
本题考查了函数的极值问题，考查导数的应用，是一道基础题．
求出函数的导数，根据f(x)在x=−1时取得极大值5
3
，得到关于a，b的方程组，解出即可．
解：∵f(x)=1
3
x3+ax2+bx，
∴f′(x)=x2+2ax+b，
若f(x)在x=−1时取极大值，
则f′(−1)=1−2a+b=0，且f(−1)=−1
3+a−b=5
3
，
解得：a=−1，b=−3，
故ab=3，
故选D．
11.答案：D
解析：试题分析：运用倒数的意义和求法求出四个数的倒数来分析得到。

对于3的倒数为，而对于的倒数是3，对于−2的倒数是，而−的倒数为−2，故可知满足题意的选D．
考点：倒数的求解
点评：解决的关键是理解倒数的求解，属于基础题。

12.答案：A
解析：解：直线l：y=kx关于y轴的对称直线方程为y=−kx，
要使直线l上有且只有两个点关于y轴的对称点在曲线Γ：y=e x上，
则直线y=−kx与y=e x有两个交点，
如图，设过原点的直线切曲线y=e x于P(x0,e x0)，
由y=e x，得y′=e x，∴y′|x=x
=e x0，
则切线方程为y−e x0=e x0(x−x0)，
把O(0,0)代入，可得x0=1，
∴切线的斜率k=e1=e，
∴−k>e，则k<−e．
∴k的取值范围是(−∞,−e)．
故选：A．
求出l关于y轴的对称直线方程，把直线l上有且只有两个点关于y轴的对称点在曲线Γ：y=e x上，转化为直线y=−kx与y=e x有两个交点，然后求出过原点与曲线Γ：y=e x相切的直线的斜率得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，是中档题．
13.答案：−1
解析：解：∵a∈R，且复数a
1+i +1+i
2
是纯虚数，
又a
1+i +1+i
2
=a−ai
2
+1+i
2
=a+1
2
+1−a
2
i，
∴a+1
2+1−a
2
i是纯虚数，
∴1+a
2
=0，解得a=−1．
故答案为：−1．
先利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再利用纯虚数的定义能求出a．
本题考查复数的代数形式的乘除运算，是基础题，解题时要认真审题，注意复数代数形式的乘除运算法则的合理运用．
14.答案：b⋅(a
b
)n n−m
解析：解：m<n，b m=a，b n=b，
b n=b1⋅q n−1=a，
b m=b1⋅q m−1=b，
∴q n−m=a
b
，
q=(a
b
)1n−m，
∴b m+n=b m⋅q n=b⋅q n
=b⋅[(a
b
) 1n−m]n
=b⋅(a
b
)n n−m．
故答案为：b⋅(a
b
)n n−m．
由m<n，b n=b1⋅q n−1=a，b m=b1⋅q m−1=b，知q n−m=a
b ，q=(a
b
)1n−m，所以b m+n=b m⋅q n=b⋅
q n =b ⋅[(a b ) 1n−m ]n =b ⋅(a b )n n−m ．
本题考查数列的性质和应用，解题时要注意等比数列前n 项和公式和通项公式的合理运用． 15.答案：24n−1+(−1)n ⋅22n−1
解析：解：结论由二项构成，第二项前有(−1)n ，二项指数分别为24n−1，22n−1，
因此对于n ∈N ∗，C 4n+11+C 4n+15+C 4n+19+⋯+C 4n+14n+1=24n+1+(−1)n 22n−1．
故答案为：24n−1+(−1)n ⋅22n−1
通过观察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有(−1)n ，二项指数分别为24n−1，22n−1
本题考查学生通过观察、归纳、抽象出数列的规律的能力，要求学生首先分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．关键是找到规律．
16.答案：(−13,1)
解析：解：y′=3x 2−2x −1，
令y′<0，解得：−13<x <1，
故答案为：(−13,1)．
先求出函数的导数，通过解导函数小于0，从而求出函数的递减区间．
本题考察了函数的单调性，导数的应用，是一道基础题．
17.答案：解：(Ⅰ)因为z =−12+√32i ，所以|1z |=|−12−√32i|=12)√32)=1(z)2=(−12−√32i)2=−12+√32
i ， 所以原式=1−12+√32i =12+√32
i ； (Ⅱ)由题可知A ={y|y ≥−1
2}，B ={x|−√1−m ≤x ≤√1−m}， 由于p 是q 的必要条件，所以B ⊆A ，
所以−√1−m ≥−12，解得m ≥34．
综上所述：34≤m <1．
解析：(Ⅰ)根据复数的基本运算进行化简即可．
(Ⅱ)根据必要条件的定义建立不等式关系进行求解即可．
本题主要考查复数的基本运算和充分条件和必要条件的应用，根据相应的定义是解决本题的关键．18.答案：解：(Ⅰ)∵f(x)≥−x2+ax−6，f(x)=xlnx，
∴a≤lnx+x+6
x
，
设g(x)=lnx+x+6
x ，则g′(x)=x2+x−6
x2
=(x+3)(x−2)
x2
，
当x∈(0,2)时g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(2,+∞)时g′(x)>0，函数g(x)单调递增；所以函数g(x)的最小值为g(2)=5+ln2，
从而实数a的取值范围为(−∞,5+ln2]；
(Ⅱ)当b=−2
3a时，构造函数G(x)=f(x)−3
2
g(x−1)=xlnx−1
2
ax2+1
2
a，
由题意有G(x)≤0对x∈(1,+∞)恒成立，因为G′(x)=lnx−ax+1，当a≤0时，G′(x)=lnx−ax+1>0，
所以G(x)在(1,+∞)上单调递增，
则G(x)>G(1)=0在(0,+∞)上成立，与题意矛盾．
当a≥1时，令φ(x)=G′(x)，
则φ(x)=1
x
−a<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)=1−a≤0，所以G(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以G(x)≤G(1)=0在(1,+∞)上成立，符合题意．
当0<a<1时，φ(x)=1
x −a，所以φ(x)在(1,1
a
)上单调递增，
φ(x)在(1
a
,+∞)上单调递减，因为φ(1)=1−a>0，
所以φ(x)>0在(1,1
a )成立，即G′(x)>0在(1,1
a
)上成立，
所以G(x)>0在(1,1
a
)上单调递增，
则G(x)>G(1)=0在x∈(1,1
a
)上成立，与题意矛盾．综上知a的最小值为1．
解析：(Ⅰ)原不等式等价于a≤lnx+x+6
x ，设g(x)=lnx+x+6
x
，则当x∈(0,2)时g′(x)<0，函
数g(x)单调递减；当x∈(2,+∞)时g′(x)>0，函数g(x)单调递增；所以实数a的取值范围为(−∞,5+ ln2]；
(Ⅱ)当b=−2
3a时，构造函数G(x)=f(x)−3
2
g(x−1)=xlnx−1
2
ax2+1
2
a，则G′(x)=lnx−ax+1，
由题意有G(x)≤0对x∈(1,+∞)恒成立，分a≤0、a≥1、0<a<1三种情况讨论即得a的最小值为1．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求区间上的最值，训练了分类讨论的思想，属难题．
19.答案：解：(Ⅰ)f(−1)=−2，可得1−(a+2)+b=−2，即有b=a−1，
对于x∈R，f(x)≥2x恒成立，即为x2+ax+b≥0恒成立，
即有△=a2−4b≤0，即为a2−4(a−1)≤0，
可得a=2，b=1．
则f(x)=x2+4x+1；
(Ⅱ)设函数g(x)=f(x)
x −4=x+1
x
，
①证明：设1≤x1<x2，则g(x1)−g(x2)
=x1+1
x1−x2−1
x2
=(x1−x2)(1−1
x1x2
)，
由1≤x1<x2，可得x1−x2<0，x1x2>1，
1−1
x1x2
>0，即有f(x1)−f(x2)<0，
则函数g(x)在[1,+∞)上是增函数；
②假设存在正实数m<n，当m≤x≤n时函数g(x)的值域为[m+2,n+2]．若0<m<n≤1，则g(x)递减，即有g(m)=n+2，g(n)=m+2，
即为m+1
m =n+2，n+1
n
=m+2，可得m=1−√2
2
，n=1+√2
2
，不成立舍去；
若1≤m<n，则g(x)递增，即有g(m)=m+2，g(n)=n+2，
即为m+1
m =m+2，n+1
n
=n+2，可得m=n=1
2
，不成立舍去；
若0<m<1<n，则g(1)取得最小值，且为2，即有m+2=1，可得m=−1，不成立舍去．综上可得，不存在正实数m<n，当m≤x≤n时函数g(x)的值域为[m+2,n+2]．
解析：(Ⅰ)由条件可得b=a−1，x2+ax+b≥0恒成立，即有△=a2−4b≤0，即可求得a=2，b=1，可得f(x)的解析式；
(Ⅱ)求得g(x)的解析式，①运用单调性定义证明，注意作差、变形和定符号、下结论几个步骤；
②假设存在正实数m<n，当m≤x≤n时函数g(x)的值域为[m+2,n+2].对m，n讨论，结合单调性和最值，得到方程，解方程即可判断．
本题考查函数的解析式和定义域、值域的求法，考查单调性的判断和运用，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．
20.答案：解：(1)由a1=2，得a2=a12−a1+1=3
由a2=3，得a3=a22−2a2+1=4
由a3=4，得a4=a32−3a3+1=5
(1)用数学归纳法证明
①由a1=2=1+1知n=1时，a n=n+1成立
设n=k(k属于正整数)时a n=n+1成立，即a k=k+1
则当n=k+1时，因为a n+1=a n2−na n+1，
所以a k+1=a k2−k(k+1)+1=(k+1)2−k(k+1)+1=k2+2k+1−k2−k+1=k+2
综上，a n=n+1成立
解析：(1)由数列{a n}满足：a n+1=a n2−na n+1，n=1，2，3，…及a1=2，我们易得到a2，a3，a4的值；
(2)由(1)可归纳数列中每一项的值与序号的关系，我们可以归纳推理出a n的一个通项公式．使用数学归纳法，先证明n=1时，结论成立，再假设n=k时结论成立，进而论证n=k+1时，结论依然成立，从而得证．
归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题(猜想).但归纳推理的结论不一定正确，我们要利用数学归纳法等方法对归纳的结论进行进一步的论证．
21.答案：解：(Ⅰ)a n≤1，则b1=1，a n≤2，则b2=1，a n≤3，则b3=3．
(Ⅱ)由题意，得1=a1<a2<⋯<a n<⋯，得a n≥n．
又∵使得a n≤m成立的n的最大值为b m，使得a n≤m+1成立的n的最大值为b m+1，
∴b1=1，b m≤b m+1.设a2=k，则k≥2.假设k>2，即a2=k>2，
则当n≥2时，a n>2；当n≥3时，a n≥k+1．
∴b2=1，b k=2．
∵{b n}为等差数列，
∴公差d=b2−b1=0，
∴b n=1，
这与b k=2(k>2)矛盾，
∴a2=2．
又∵a1<a2<⋯<a n<⋯，
∴b2=2，
由{b n}为等差数列，得b n=n．
因为使得使得a n≤m成立的n的最大值为b m，
∴a n≤n，由a n≥n，得a n=n；
(Ⅲ)设a2=k(k>1)
∵a1<a2<⋯<a n<⋯，
∴b1=b2=⋯b k−1=1且b k=2，
∴数列{b n}中等于1的项有(k−1)个，即(a2−a1)个，
设a3=l，(l>k)
则b k=b k+1=…b l−1=2，且b l=3，
∴数列{b n}中等于2的项有(l−k)个，即(a3−a2)个，
…
以此类推：数列{b n}中等于p−1的项有(a p−a q)个
∴b1+b2+⋯+b q=(a2−a1)+2(a3−a2)+⋯(p−1)(a p−a p−1)+p
=−a1−a2−⋯−a p+(p−1)a p+p
=pa p+p−(a1+a2+⋯+a p)
=p(q+1)−A
即：b1+b2+⋯+=p(q+1)−A．
解析：本题考查等比数列的性质，考查学生对题意的理解，考查学生分析解决问题的能力，有难度．(Ⅰ)根据使得a n≤m成立的n的最大值为b m，即可写出b1，b2，b3的值；
(Ⅱ)若{b n}为等差数列，先判断a n≥n，再证明a n≤n，即可求出所有可能的数列{a n}.
(Ⅲ)确定b1，b2，依此类推，发现规律，得出b q，从而求出b1+b2+⋯+b q的值．
22.答案：解：(1)函数f(x)=−x3+3x2+9x+1的导数为
f′(x)=−3x2+6x+9，
令f′(x)<0，解得x<−1，或x>3，
可得函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)和(3,+∞)；
(2)f′(x)=−3x2+6x+9，
可得f(x)在点(−2,f(−2))处的切线斜率为
k=−3×4−12+9=−15，切点为(−2,3)，
即有f(x)在点(−2,f(−2))处的切线方程为y−3=−15(x+2)，
即为15x+y+27=0．
解析：(1)求得f(x)的导数，再令导数小于0，解不等式即可得到所求区间；
(2)求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求切线的方程．
本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查导数的几何意义，正确求导是解题的关键，属于中档题．。