2017-2018学年江西省南昌二中高二(下)期末数学试卷(理科)(解析版)

2017-2018学年江西省南昌二中高二（下）期末数学试卷（理科）一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个正确．每小题5分，共60分）1．（5分）设全集U＝{1，3，5，7}，M＝{1，|a﹣5|}，M⊆U，∁U M＝{5，7}，则a的值为（）
A．2或﹣8B．﹣8或﹣2C．﹣2或8D．2或8
2．（5分）已知命题p：∀x＞0，＞，则命题p的否定为（）A．∀x≤0，≤B．∀x＞0，≤
C．∃x0≤0，x0≤x0D．∃x0＞0，x0≤x0
3．（5分）设，则的定义域为（）
A．（﹣4，0）∪（0，4）B．（﹣4，﹣1）∪（1，4）
C．（﹣2，﹣1）∪（1，2）D．（﹣4，﹣2）∪（2，4）
4．（5分）已知幂函数f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的图象关于y轴对称，且在（0，+∞）上是减函数，则n的值为（）
A．﹣3B．1C．2D．1或2
5．（5分）方程ax2+2x+1＝0至少有一个负的实根的充要条件是（）A．0＜a≤1B．a＜1C．a≤1D．0＜a≤1或a＜0 6．（5分）已知定义域为R的函数f（x）满足：对任意实数a，b都有f（a+b）＝f（a）•f（b），又f（x）＞0，若f（1）＝，则f（﹣2）＝（）
A．2B．4C．D．
7．（5分）已知A＝B＝{1，2，3，4，5}，从A到B的映射f满足f（1）≤f（2）≤f（3）≤f（4）≤f（5），且f的象有且只有2个，则适合条件的映射的个数为（）
A．10B．20C．40D．80
8．（5分）函数f（x）＝ln|x﹣1|﹣ln|x+1|的大致图象为（）
A．
B．
C．
D．
9．（5分）已知函数y＝f（2x+1）是定义在R上的奇函数，函数y＝g（x）的图象与函数y ＝f（x）的图象关于直线y＝x对称，则g（x）+g（﹣x）的值为（）
A．2B．0C．1D．不能确定10．（5分）若函数f（x）＝log a（x3﹣ax）（a＞0，a≠1）在区间内单调递增，则a的取值范围是（）
A．B．C．D．
11．（5分）对于三次函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0），给出定义：设f′（x）是函数y ＝f（x）的导数，f″（x）是f′（x）的导数，若方程f″（x）＝0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y＝f（x）的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g（x）＝x3﹣x2+3x﹣，则＝（）
A．2016B．2017C．2018D．2019
12．（5分）已知函数f（x）＝，函数F（x）＝f（x）﹣b有四个不同的
零点x1，x2，x3，x4，且满足：x1＜x2＜x3＜x4，则﹣的取值范围是（）A．[2，+∞）B．（3，]C．[3，+∞）D．[2，]
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
13．（5分）设命题p：|4x﹣3|≤1；命题q：x2﹣（2a+1）x+a（a+1）≤0．若￢p是￢q的必要而不充分条件，则实数a的取值范围是．
14．（5分）已知函数f（x）＝（x+a）3+3，对任意x∈R，都有f（1+x）＝6﹣f（1﹣x），则f（2）+f（﹣2）＝
15．（5分）已知函数，则函数f（x）的值域为．
16．（5分）设f（x）是定义在R上的奇函数，在（0，）上单调递减，且f（x﹣1）＝f（﹣x），给出下列四个结论：
①f（1）＝0；②f（x）是以2为周期的函数；
③f（x）在（，1）上单调递减；④f（x+1）为奇函数．
其中正确命题序号为
三、解答题（共70分）
17．（10分）已知集合P＝[，2]，函数y＝log2（ax2﹣2x+2）的定义域为Q．
（1）若P∩Q≠∅，求实数a的取值范围；
（2）若方程log2（ax2﹣2x+2）＝2在[，2]内有解，求实数a的取值范围．
18．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，E，F分别是CC1，BC的中点．
（Ⅰ）求证：B1F⊥平面AEF；
（Ⅱ）求锐二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．
19．（12分）某保险公司针对企业职工推出一款意外险产品，每年每人只要交少量保费，发生意外后可一次性获赔50万元．保险公司把职工从事的所有岗位共分为A、B、C三类工种，根据历史数据统计出三类工种的每赔付频率如下表（并以此估计赔付概率）．
（Ⅰ）根据规定，该产品各工种保单的期望利润都不得超过保费的20%，试分别确定各类工种每张保单保费的上限；
（Ⅱ）某企业共有职工20000人，从事三类工种的人数分布比例如图，老板准备为全体职工每人购买一份此种保险，并以（Ⅰ）中计算的各类保险上限购买，试估计保险公司在这宗交易中的期望利润．
20．（12分）已知二次函数f（x）＝ax2+bx+1（a＞0，b∈R），方程f（x）＝x有两个实数根x1、x2．
（Ⅰ）如果x1＜2＜x2＜4，设函数f（x）的对称轴为x＝x0，求证x0＞﹣1；
（Ⅱ）如果0＜x1＜2，且f（x）＝x的两实根相差为2，求实数b的取值范围．
21．（12分）已知函数f（x）＝lg（+n）（m，n∈R，m＞0）的图象关于原点对称．（Ⅰ）求m，n的值；
（Ⅱ）若函数h（x）＝f（2x）﹣lg（﹣2x）在（0，1）内存在零点，求实数b的取值范围．
22．（12分）已知a≥0，函数f（x）＝（﹣x2+2ax）e x．
（I）当x为何值时，f（x）取得最大值？证明你的结论；
（II）设f（x）在[﹣1，1]上是单调函数，求a的取值范围；
（III）设g（x）＝（x﹣1）e2x，当x≥1时，f（x）≤g（x）恒成立，求a的取值范围．
2017-2018学年江西省南昌二中高二（下）期末数学试卷
（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个正确．每小题5分，共60分）1．【解答】解：由题意|a﹣5|＝3，a＝2或8
故选：D．
2．【解答】解：命题p的否定书写方法为：先变量词，再否结论，对照各选项，只有D符合．
故选：D．
3．【解答】解：由题意知，＞0，∴f（x）的定义域是（﹣2，2），
故：﹣2＜＜2且﹣2＜＜2
解得﹣4＜x＜﹣1或1＜x＜4
故选：B．
4．【解答】解：∵幂函数f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的图象关于y轴对称，
且在（0，+∞）上是减函数，
∴，
解得n＝1．
故选：B．
5．【解答】解：由题意可得，方程ax2+2x+1＝0的别式△＝4﹣4a≥0，a≤1．
①a≠0时，显然方程方程ax2+2x+1＝0没有等于零的根．
若方程有两异号实根，则由两根之积＜0，求得a＜0；
若方程有两个负的实根，则必有，故0＜a≤1．
②若a＝0时，可得x＝﹣也适合题意．
综上知，若方程至少有一个负实根，则a≤1．
反之，若a≤1，则方程至少有一个负的实根，
因此，关于x的方程ax2+2x+1＝0至少有一负的实根的充要条件是a≤1．
故选：C．
6．【解答】解：∵f（a+b）＝f（a）•f（b），
∴令a＝b＝0得：f2（0）＝f（0），
又f（x）＞0，
∴f（0）＝1；
再令a＝1，b＝﹣1，得f（﹣1）•f（1）＝f（0）＝1，
∵f（1）＝，
∴f（﹣1）＝2；
令a＝b＝﹣1得，
f（﹣2）＝f（﹣1）•f（﹣1）＝2×2＝4，
故选：B．
7．【解答】解：从f（1）≤f（2）知道，像集中只有两个值，且后面的不能大于前面的．
联系概率中的排列组合，从5个数中抽2，有10种可能，
对于每一种可能，原像集合中的元素只有4种对应方法，
如像集中取1，2．构成的映射分别是（1）对应（1），（2345）对应2；
（12）对应（1），（345）对应（2）；（123）对应（1），（45）对应（2）；
（1234）对应（1），（5）对应（2）共4中映射．
所以所有的映射共10×4种．
故选：C．
8．【解答】解：当x＞1时，函数f（x）＝ln（x﹣1）﹣ln（x+1）＝ln＜0，是增函数，排除选项AD；
当x＜﹣1时，函数f（x）＝ln（1﹣x）﹣ln（﹣x﹣1）＝ln＞0，是增函数，排除选项C；故选：B．
9．【解答】解：∵函数y＝f（2x+1）是定义在R上的奇函数
∴f（﹣2x+1）＝﹣f（2x+1）
令t＝1﹣2x代入可得f（t）+f（2﹣t）＝0
函数f（x）关于（1，0）对称
由函数y＝g（x）的图象与函数y＝f（x）的图象关于直线y＝x对称
函数g（x）关于（0，1）对称从而有g（x）+g（﹣x）＝2
故选：A．
10．【解答】解：设g（x）＝x3﹣ax，g（x）＞0，得x∈（﹣，0）∪（，+∞），g′（x）＝3x2﹣a，x∈（﹣，0）时，g（x）递减，
x∈（﹣，﹣）或x∈（，+∞）时，g（x）递增．
∴当a＞1时，减区间为（﹣，0），不合题意，
当0＜a＜1时，（﹣，0）为增区间．
∴﹣≥﹣．
∴a∈[，1）
故选：B．
11．【解答】解：（1）函数的导数g′（x）＝x2﹣x+3，
g″（x）＝2x﹣1，
由g″（x0）＝0得2x0﹣1＝0
解得x0＝，而g（）＝1，
故函数g（x）关于点（，1）对称，
（2）由（1）知g（x）+g（1﹣x）＝2，
∴g（）+g（）＝g（）+g（）＝…＝g（）+g（），∴＝1009×2＝2018，
故选：C．
12．【解答】解：作出f（x）的函数图象如图所示：
由图象知x1+x2＝﹣4，x3x4＝1，1＜b≤2，
解不等式0＜﹣log3x≤1得：≤x3＜1，
∴﹣＝＝，
令t＝x32，则≤t＜1，
令g（t）＝2t+，则g（t）在[，]上单调递减，[，1）上是增函数．
g（）＝2，g（）＝，
∴g（）≤g（t）≤g（），即2≤2t+≤．
故选：D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
13．【解答】解：解|4x﹣3|≤1，得≤x≤1．解x2﹣（2a+1）x+a（a+1）≤0．得a≤x≤a+1．
因为┐p是┐q的必要而不充分条件，所以，q是p的必要不充分条件，
即由命题p成立能推出命题q成立，但由命题q成立不推出命p成立．
∴[，1]⊊[a，a+1]．
∴a≤且a+1≥1，两个等号不能同时成立，解得0≤a≤．
∴实数a的取值范围是：[0，]．
14．【解答】解：∵函数f（x）＝（x+a）3+3，对任意x∈R，都有f（1+x）＝6﹣f（1﹣x），∴f（1）＝6﹣f（1），即f（1）＝（a+1）3+3＝3，
解得a＝﹣1，
∴f（x）＝（x﹣1）3+3，
∴f（2）+f（﹣2）＝（2﹣1）3+3+（﹣2﹣1）3+3＝1+3﹣27+3＝﹣20．
故答案为：﹣20．
15．【解答】解：＝，
∵2x﹣1＞﹣1且2x﹣1≠0，
∴当2x﹣1∈（﹣1，0）时，∈（﹣∞，﹣1），则f（x）＝∈（﹣∞，﹣5）；当2x﹣1∈（0，+∞）时，∈（0，+∞），则f（x）＝∈（1，+∞）．
∴函数f（x）的值域为（﹣∞，﹣5）∪（1，+∞）．
故答案为：（﹣∞，﹣5）∪（1，+∞）．
16．【解答】解：对于①，f（x）是定义在R上的奇函数，∴f（0）＝0；
又f（x﹣1）＝f（﹣x），∴f（1）＝﹣f（﹣1）＝f（1﹣1）＝0，①正确；
对于②，f（x）是奇函数，且f（x﹣1）＝f（﹣x），
∴f（x﹣1）＝﹣f（x），∴f（x+2）＝f（x），
∴f（x）是以2为周期的函数，②正确；
对于③，由题意知，无法判断f（x）在（，1）上的单调性，③错误；
对于④，函数f（x+1）的图象是由f（x）的图象向左平移1个单位，
∵f（x）为奇函数，f（x﹣1）＝﹣f（x），
∴f（1﹣x）＝f（x），即函数f（x）关于x＝对称，
可得出（1，0）点也是对称中心，∴f（x+1）为奇函数，④正确；
综上，其中正确命题序号为①②④．
故答案为：①②④．
三、解答题（共70分）
17．【解答】解：（1）若P∩Q≠Φ，则在[，2]内至少存在一个x使ax2﹣2x+2＞0成立，
即a＞﹣+＝﹣2（﹣）2+∈[﹣4，]，
∴a＞﹣4（5分）
（2）方程log2（ax2﹣2x+2）＝2在内有解，则ax2﹣2x﹣2＝0在内有解，即在内有值使成立，
设，
当时，，
∴，
∴a的取值范围是．（10分）
18．【解答】（1）证明：由条件知AF⊥平面CCBB1，
令AC＝1∴AF⊥B1F，
经计算得，
∴，即B1F⊥EF，又因为EF∩AF＝F，
∴B1F⊥平面AEF；
（2）过F作FM⊥AE，连结B1M，
由已知得EA⊥MF，EA⊥B1F，
∴EA⊥平面B1MF
∴EA⊥B1M，
∴∠B1MF就是二面角B1﹣AE﹣F的平面角
经计算得，
．
19．【解答】解：（Ⅰ）设工种A的每份保单保费为a元，设保险公司每单的收益为随机变量X，
则X的分布列为：
﹣
保险公司期望收益为＝a﹣5
根据规则a﹣5≤0.2a
解得a≤6.25元，
设工种B的每份保单保费为b元，赔付金期望值为元，
则保险公司期望利润为b﹣10元，根据规则b﹣10≤0.2b，解得b≤12.5元，
设工种C的每份保单保费为c元，赔付金期望值为元，
则保险公司期望利润为c﹣50元，根据规则c﹣50≤0.2c，解得c≤62.5元．
（Ⅱ）购买A类产品的份数为20000×60%＝12000份，
购买B类产品的份数为20000×30%＝6000份，
购买C类产品的份数为20000×10%＝2000份，
企业支付的总保费为12000×6.25+6000×12.5+2000×62.5＝275000元，
保险公司在这宗交易中的期望利润为275000×20%＝55000元．
20．【解答】解：（Ⅰ）设g（x）＝f（x）﹣x＝ax2+（b﹣1）x+1，
∵a＞0，
∴由条件x1＜2＜x2＜4，
得g（2）＜0，g（4）＞0．即
由可行域可得，∴．
（Ⅱ）由题设令g（x）＝f（x）﹣x＝ax2+（b﹣1）x+1＝0，知，故x1与x2同号．
0＜x1＜2，则x2﹣x1＝2（负根舍去），
∴x2＝x1+2＞2．
∴，即①×4﹣②得4b﹣1＜0，∴b＜
综上，b的取值范围为．
21．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝lg（+n）（m，n∈R，m＞0）的图象关于原点对称，所以f（﹣x）+f（x）＝0，所以lg（+n）+lg（+n）＝0，
所以（+n）（+n）＝1，
即＝0，
所以，
解得n＝﹣1，m＝2；
（Ⅱ）由h（x）＝f（2x）﹣lg（﹣2x）＝lg﹣lg（﹣2x）＝lg，
由题设知h（x）＝0在（0，1）内有解，
即方程2x﹣1＝b﹣（2x）2﹣2x在（0，1）内有解；
b＝（2x）2+2x+1﹣1＝（2x+1）2﹣2在（0，1）内递增，得2＜b＜7；
所以当2＜b＜7时，函数h（x）＝f（x）+2x﹣在（0，1）内存在零点．
22．【解答】解：（I）∵a≥0，f（x）＝（﹣x2+2ax）e x
∴f′（x）＝（﹣x2+2ax﹣2x+2a）e x＝[﹣x2+2（a﹣1）x+2a]e x
由﹣x2+2（a﹣1）x+2a＝0得，
且＜0，x2＝a﹣1+＞0
∴f（x）在（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上单调递减，在[x1，x2]上单调递增，又x＜0时f（x）＜0，且f（x）在（0，x2]上单调递增，∴f（x2）＞0，
∴f（x）有最大值，当x＝a﹣1+＞0时取最大值．
（II）由（I）知⇒a≥2
或⇒a≥2或；
（III）当x≥1时f（x）≤g（x），即（﹣x2+2ax）e x≤（x﹣1）e2x，
，
令（x≥1）则，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴x≥1时h（x）≥h（1）＝1，
∴2a≤1又a≥0所以a的取值范围是．。