2016-2017学年天津市宝坻一中等六校联考高二(下)期中数学试卷(文科)

2016-2017学年天津市宝坻一中、杨村一中、静海一中等六校联考高二（下）期中数学试卷（文科）一、选择题（每小题5分，共40分）1．（5分）已知集合A={1，2，3，4}，B={x|x=n2，n∈A}，则A∩B=（）A．{1}B．{1，4}C．{1，2}D．{0，1，2}2．（5分）已知函数f（x）定义域为R，命题p：∀x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）＜0，则￢p是（）A．∀x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）＞0 B．∃x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x 2））（x1﹣x2）≥0C．∀x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）≥0 D．∃x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）＜03．（5分）设x∈R，则“|x﹣1|＜1”是“x2﹣x﹣2＜0”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）已知研究x与y之间关系的一组数据如表所示，则y对x的回归直线方程=bx+a必过点（）A．（2，2） B．（，0）C．（1，2） D．（，4）5．（5分）已知x=lnπ，y=log52，，则（）A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x6．（5分）已知函数的定义域为R，对任意x都有f（x+2）=﹣f（x），且当x∈[0，2）时，f（x）=log2（x+1），则f（2015）+f（2018）的值为（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．27．（5分）已知函数f（x）=e x﹣1，g（x）=﹣x2+4x﹣3，若f（a）=g（b），则b 的取值范围是（）A． B． C．[1，3]D．（1，3）8．（5分）设x，y∈R，a＞1，b＞1，若a x=b y=3，a+b=2的最大值为（）A．2 B．C．1 D．二、填空题（填空题答案写在答题纸上，每题5分，共30分）9．（5分）计算复数：=．（i为虚数单位）10．（5分）已知数列{a n}的第1项a1=1，且a n+1=，（n=1，2，3，…），则此数列的通项公式a n=．11．（5分）设函数f（x）=，则不等式f（x）≤2的解集是．12．（5分）若函数f（x）=|2x+a|在区间[3，+∞）上是增函数，则a的取值范围是．13．（5分）给出下列命题：①若ab＞0，a＞b，则＜；②若a＞|b|，则a2＞b2；③若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d；④对于正数a，b，m，若a＜b，则其中真命题的序号是：．14．（5分）已知偶函数f（x）满足，f（x+1）=﹣f（x）且当x∈[﹣1，0]时，f （x）=x2，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣log a（x+2）有4个零点，则实数a的取值范围是．三、解答题（解答题要写出必要的推理证明过程或必要的语言叙述）15．（13分）已知复数z=3+bi（b∈R），且（1+3i）•z为纯虚数．（1）求复数z；（2）若w=，求复数w的模|w|．16．（13分）已知函数f（x）=的定义域为A，函数g（x）=（﹣1≤x≤0）的值域为B．（1）求A∩B；（2）若C={x|a≤x≤2a﹣1}且C⊆B，求a的取值范围．17．（13分）本公司计划2008年在甲、乙两个电视台做总时间不超过300分钟的广告，广告总费用不超过9万元，甲、乙电视台的广告收费标准分别为500元/分钟和200元/分钟，规定甲、乙两个电视台为该公司所做的每分钟广告，能给公司带来的收益分别为0.3万元和0.2万元．问该公司如何分配在甲、乙两个电视台的广告时间，才能使公司的收益最大，最大收益是多少万元？18．（13分）解关于x的不等式：mx2﹣（m﹣2）x﹣2＞0．19．（14分）已知函数f（x）=是定义域为（﹣1，1）上的奇函数，且．（1）求f（x）的解析式；（2）用定义证明：f（x）在（﹣1，1）上是增函数；（3）若实数t满足f（2t﹣1）+f（t﹣1）＜0，求实数t的范围．20．（14分）已知函数f（x）=，若a，b，c互不相等，且f （a）=f（b）=f（c），求a+b+c的取值范围．2016-2017学年天津市宝坻一中、杨村一中、静海一中等六校联考高二（下）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共40分）1．（5分）已知集合A={1，2，3，4}，B={x|x=n2，n∈A}，则A∩B=（）A．{1}B．{1，4}C．{1，2}D．{0，1，2}【解答】解：∵集合A={1，2，3，4}，B={x|x=n2，n∈A}={1，4，9，16}，∴A∩B={1，4}．故选：B．2．（5分）已知函数f（x）定义域为R，命题p：∀x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）＜0，则￢p是（）A．∀x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）＞0 B．∃x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）≥0C．∀x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）≥0 D．∃x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）＜0【解答】解：命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，∃x1，x2∈R，（f（x1）﹣f（x2））（x1﹣x2）≥0，故选：B．3．（5分）设x∈R，则“|x﹣1|＜1”是“x2﹣x﹣2＜0”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：|x﹣1|＜1，解得：0＜x＜1．由x2﹣x﹣2＜0，解得：﹣1＜x＜2．∴“|x﹣1|＜1”是“x2﹣x﹣2＜0”的充分不必要条件．故选：A．4．（5分）已知研究x与y之间关系的一组数据如表所示，则y对x的回归直线方程=bx+a必过点（）A．（2，2） B．（，0）C．（1，2） D．（，4）【解答】解：∵=1.5，=4，∴这组数据的样本中心点是（1.5，4）根据线性回归方程一定过样本中心点得到，线性回归方程y=a+bx所表示的直线必经过点（1.5，4）故选：D．5．（5分）已知x=lnπ，y=log52，，则（）A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x【解答】解：∵x=l nπ＞lne=1，0＜log52＜log5=，即y∈（0，）；1=e0＞=＞=，即z∈（，1），∴y＜z＜x．故选：D．6．（5分）已知函数的定义域为R，对任意x都有f（x+2）=﹣f（x），且当x∈[0，2）时，f（x）=log2（x+1），则f（2015）+f（2018）的值为（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【解答】解：∵f（x+2）=﹣f（x），∴f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），∴f（x）周期为4，∴f（2015）=f（﹣1）=﹣f（1）=﹣1，f（2018）=f（2）=﹣f（0）=0，∴f（2015）+f（2018）=﹣1．故选：B．7．（5分）已知函数f（x）=e x﹣1，g（x）=﹣x2+4x﹣3，若f（a）=g（b），则b 的取值范围是（）A． B． C．[1，3]D．（1，3）【解答】解：∵f（x）=e x﹣1，在R上递增∴f（a）＞﹣1，则g（b）＞﹣1∴﹣b2+4b﹣3＞﹣1即b2﹣4b+2＜0，解得b∈（2﹣，2+），故选：B．8．（5分）设x，y∈R，a＞1，b＞1，若a x=b y=3，a+b=2的最大值为（）A．2 B．C．1 D．【解答】解：∵a x=b y=3，∴x=log a3=，y=log b3=，∴当且仅当a=b时取等号故选：C．二、填空题（填空题答案写在答题纸上，每题5分，共30分）9．（5分）计算复数：=1﹣i．（i为虚数单位）【解答】解：=．故答案为：1﹣i．10．（5分）已知数列{a n}的第1项a1=1，且a n+1=，（n=1，2，3，…），则此数列的通项公式a n=．【解答】解：由题意，得=即∴是以1为首项，1为公差的等差数列．∴∴．故答案为：．11．（5分）设函数f（x）=，则不等式f（x）≤2的解集是[0，+∞）．【解答】解：x≤1时，f（x）=21﹣x≤2，解得x≥0，因为x≤1，故0≤x≤1；x＞1时，f（x）=1﹣log2x≤2，解得x≥，故x＞1．综上所述，不等式f（x）≤2的解集为[0，+∞）．故答案为：[0，+∞）．12．（5分）若函数f（x）=|2x+a|在区间[3，+∞）上是增函数，则a的取值范围是[﹣6，+∞）．【解答】解：f（x）=，∴f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递减，在[﹣，+∞）上单调递增，∵函数f（x）=|2x+a|在区间[3，+∞）上是增函数，∴﹣≤3，解得a≥﹣6．故答案为[﹣6，+∞）．13．（5分）给出下列命题：①若ab＞0，a＞b，则＜；②若a＞|b|，则a2＞b2；③若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d；④对于正数a，b，m，若a＜b，则其中真命题的序号是：①②④．【解答】解：对于①，若ab＞0，则＞0又a＞b，∴＞，∴＜，∴①正确；对于②，若a＞|b|≥0，则a2＞b2，∴②正确；对于③，若a＞b，c＞d，则﹣c＜﹣d，∴﹣d＞﹣c，∴a﹣d＞b﹣c，∴a﹣c＞b﹣d不成立，③错误；对于④，对于正数a，b，m，若a＜b，则成立，即a（b+m）＜b（a+m）∴am＜bm，∴a＜b，④正确；综上，正确的命题序号是①②④．故答案为：①②④．14．（5分）已知偶函数f（x）满足，f（x+1）=﹣f（x）且当x∈[﹣1，0]时，f （x）=x2，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣log a（x+2）有4个零点，则实数a的取值范围是[5，+∞）．【解答】解：函数f（x）满足f（x+1）=﹣f（x），故有f（x+2）=f（x），故f（x）是周期为2的周期函数．再由f（x）是偶函数，当x∈[﹣1，0]时，f（x）=x2，可得当x∈[0，1]时，f（x）=x2，故当x∈[﹣1，1]时，f（x）=x2 ，当x∈[1，3]时，f（x）=（x﹣2）2．由于函数g（x）=f（x）﹣log a（x+2）有4个零点，故函数y=f（x）的图象与y=log a（x+2）有4个交点，所以可得1≥log a（3+2），∴实数a的取值范围是[5，+∞）．故答案为：[5，+∞）．三、解答题（解答题要写出必要的推理证明过程或必要的语言叙述）15．（13分）已知复数z=3+bi（b∈R），且（1+3i）•z为纯虚数．（1）求复数z；（2）若w=，求复数w的模|w|．【解答】解：（1）复数z=3+bi（b∈R），且（1+3i）•z为纯虚数．即（1+3i）•（3+bi）=3﹣3b+（9+b）i为纯虚数，∴3﹣3b=0，9+b≠0，解得b=1．∴z=3+i．（2）w====，∴复数w的模|w|==．16．（13分）已知函数f（x）=的定义域为A，函数g（x）=（﹣1≤x≤0）的值域为B．（1）求A∩B；（2）若C={x|a≤x≤2a﹣1}且C⊆B，求a的取值范围．【解答】解：（1）由题意得：A=x|x≥2（2分），B=y|1≤y≤2，A∩B={2}（2）由（1）知：17．（13分）本公司计划2008年在甲、乙两个电视台做总时间不超过300分钟的广告，广告总费用不超过9万元，甲、乙电视台的广告收费标准分别为500元/分钟和200元/分钟，规定甲、乙两个电视台为该公司所做的每分钟广告，能给公司带来的收益分别为0.3万元和0.2万元．问该公司如何分配在甲、乙两个电视台的广告时间，才能使公司的收益最大，最大收益是多少万元？【解答】解：设公司在甲电视台和乙电视台做广告的时间分别为x分钟和y分钟，总收益为z元，由题意得目标函数为z=3000x+2000y．二元一次不等式组等价于作出二元一次不等式组所表示的平面区域，即可行域．如图：作直线l：3000x+2000y=0，即3x+2y=0．平移直线l，从图中可知，当直线l过M点时，目标函数取得最大值．联立解得x=100，y=200．∴点M的坐标为（100，200）．∴z max=3000x+2000y=700000（元）答：该公司在甲电视台做100分钟广告，在乙电视台做200分钟广告，公司的收益最大，最大收益是70万元．18．（13分）解关于x的不等式：mx2﹣（m﹣2）x﹣2＞0．【解答】题：不等式：mx2﹣（m﹣2）x﹣2＞0化为（mx+2）（x﹣1）＞0；当m≠0时，不等式对应方程为（x+）（x﹣1）=0，解得实数根为﹣，1；当m＞0时，不等式化为（x+）（x﹣1）＞0，且﹣＜1，∴不等式的解集为（﹣∞，﹣）∪（1，+∞）；当﹣2＜m＜0时，不等式化为（x+）（x﹣1）＜0，且1＜﹣，∴不等式的解集为（1，﹣）；当m=﹣2时，﹣=1，不等式化为（x﹣1）2＜0，其解集为∅；当m＜﹣2时，不等式化为（x+）（x﹣1）＜0，且﹣＜1，∴不等式的解集为（﹣，1）；当m=0时，不等式化为2（x﹣1）＞0，解得x＞1，∴不等式的解集为（1，+∞）；综上，m＞0时，不等式的解集为（﹣∞，﹣）∪（1，+∞）；﹣2＜m＜0时，不等式的解集为（1，﹣）；m=﹣2时，不等式的解集为∅；m＜﹣2时，不等式的解集为（﹣，1）；m=0时，不等式的解集为（1，+∞）．19．（14分）已知函数f（x）=是定义域为（﹣1，1）上的奇函数，且．（1）求f（x）的解析式；（2）用定义证明：f（x）在（﹣1，1）上是增函数；（3）若实数t满足f（2t﹣1）+f（t﹣1）＜0，求实数t的范围．【解答】解：（1）函数f（x）=是定义域为（﹣1，1）上的奇函数，∴f（0）=0，∴b=0；…（3分）又f（1）=，∴a=1；…（5分）∴…（5分）（2）设﹣1＜x1＜x2＜1，则x2﹣x1＞0，于是f（x2）﹣f（x1）=﹣=，又因为﹣1＜x 1＜x2＜1，则1﹣x1x2＞0，，，∴f（x2）﹣f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1），∴函数f（x）在（﹣1，1）上是增函数；（3）f（2t﹣1）+f（t﹣1）＜0，∴f（2t﹣1）＜﹣f（t﹣1）；…（6分）又由已知函数f（x）是（﹣1，1）上的奇函数，∴f（﹣t）=﹣f（t）…（8分）∴f（2t﹣1）＜f（1﹣t）…（3分）由（2）可知：f（x）是（﹣1，1）上的增函数，…（10分）∴2t﹣1＜1﹣t，t＜，又由﹣1＜2t﹣1＜1和﹣1＜1﹣t＜1得0＜t＜综上得：0＜t＜…（13分）20．（14分）已知函数f（x）=，若a，b，c互不相等，且f（a）=f（b）=f（c），求a+b+c的取值范围．【解答】解：作出函数f（x）的大致图象，如图所示：不妨设a＜b＜c，则0＜a＜1，1＜b＜e．∵f（a）=f（b），即﹣lna=lnb，∴ab=1，即b=，同理﹣lna=2﹣lnc，∴=e2，即c=ae2．∴a+b+c=a++ae2=（e2+1）a+，又0＜a＜1，1＜b＜e，b=，∴＜a＜1，令函数g（a）=（e2+1）a+（＜a＜1），则g′（a）=e2+1﹣＞0，∴g（a）在（，1）上单调递增，∴g（）＜g（a）＜g（1），即2e+＜g（a）＜e2+2．∴2e +＜a +b +c ＜e 2+2．。