浙江省宁波市九校2016-2017学年高二下学期期末联考数学试卷-含答案

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宁波数学高二下期末(含答案解析)

一、选择题1．已知,a b 是单位向量，且,a b 的夹角为3π，若向量c 满足22c a b -+=，则||c 的最大值为（） A ．23-B ．23+C ．72+D ．72-2．已知关于x 的方程20ax bx c ++=，其中,,a b c 都是非零向量，且,a b 不共线，则该方程的解的情况是（） A ．至少有一个解 B ．至多有一个解 C ．至多有两个解 D ．可能有无数个解 3．(1＋tan 17°)(1＋tan 28°)的值是( )A ．－1B ．0C ．1D ．24．将函数sin()cos()22y x x ϕϕ=++的图象沿x 轴向右平移8π个单位后，得到一个偶函数的图象，则ϕ的取值不可能是（）A ．54π-B ．4π-C ．4π D ．34π 5．已知,αβ为锐角，且，5sin 13α=，则cos β的值为（） A ．5665B ．3365C ．1665 D ．63656．将函数()()()()sin 23cos 20f x x x ϕϕϕπ=++<<的图象向左平移4π个单位后，得到函数的图象关于点,02π⎛⎫⎪⎝⎭对称，则ϕ等于（）A ．6π-B ．6π C ．4π D ．3π 7．已知角α的终边过点()4,3(0)P m m m -<,则2sin cos αα+的值是 A ．1B ．25C ．25-D ．-18．函数()sin()A f x x ωϕ=+(0,)2πωϕ><的部分图象如图所示，则()f π=（）A ．4B ．23C ．2D ．39．已知函数()2sin(2)(0)f x x ϕϕπ=+<<，若将函数()f x 的图象向右平移6π个单位后关于y 轴对称，则下列结论中不正确．．．的是 A ．56πϕ=B ．(,0)12π是()f x 图象的一个对称中心C ．()2f ϕ=-D ．6x π=-是()f x 图象的一条对称轴10．延长正方形CD AB 的边CD 至E ，使得D CD E =．若动点P 从点A 出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A 点，若λμAP =AB +AE ，下列判断正确的是（）A ．满足2λμ+=的点P 必为CB 的中点 B ．满足1λμ+=的点P 有且只有一个C ．λμ+的最小值不存在D ．λμ+的最大值为311．已知是12,e e ，夹角为60︒的两个单位向量，则12a e e =+与122b e e =-的夹角是( ) A ．60︒B ．120︒C ．30D ．90︒12．已知()()f x sin x ωθ=+（其中()()12120,0,,''0,2f x f x x x πωθ⎛⎫>∈==- ⎪⎝⎭，的最小值为(),23f x f x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，将()f x 的图象向左平移6π个单位得()g x ，则()g x 的单调递减区间是（） A ．(),2k k k Z πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦B ．()2,63k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦ZC ．()5,36k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦D ．()7,1212k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦13．已知单位向量,OA OB 的夹角为60，若2OC OA OB =+，则ABC ∆为（） A ．等腰三角形B ．等边三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形14．在ABC ∆中，a b c 、、分别是内角A B C 、、所对的边，若2224ABCa b c S ∆+-=（其中)ABC S ABC ∆∆表示的面积,且0,AB AC BC AB AC ⎛⎫⎪+⋅= ⎪⎝⎭则ABC ∆的形状是（） A ．有一个角为30的等腰三角形 B ．正三角形 C ．直角三角形D ．等腰直角三角形15．设000020132tan151cos50cos 2sin 2,,221tan 152a b c -=-==+，则有（） A ．c a b <<B ．a b c <<C ．b c a <<D ．a c b <<二、填空题16．设tan α、tan β是方程2320x x -+=的两个根，则()tan αβ+=________________. 17．已知a ，b 是单位向量.若2a b b a +≥-，则向量a ，b 夹角的取值范围是_________.18．22cos821sin8++-的化简结果是_________.19．把单位向量OA 绕起点O 逆时针旋转120︒，再把模扩大为原来的3倍，得到向量OB ，点C 在线段AB 上，若12AC CB =，则OC BA ⋅的值为__________．20．如图在ABC 中，AC BC =，2C π∠=，点O 是ABC 外一点，4OA =,2OB =则平面四边形OACB 面积的最大值是___________．21．已知ABC ∆中角,,A B C 满足2sin sin sin B A C =且2sin cos cos 1242C Cπ+=,则sin A =__________.22．将函数e x y =的图像上所有点的横坐标变为原来的一半，再向右平移2个单位，所得函数的解析式为__________．23．若向量(2,1)m =，(3,2)n λ=-，且(2)//(3)m n m n -+，则实数λ=__________．24．若()1sin 3πα-=，且2παπ≤≤，则cos α的值为__________． 25．已知向量()()121a b m =-=，，，，若向量a b +与a 垂直，则m =______．三、解答题26．已知向量32a i j b i j =-=+，，其中,i j 是互相垂直的单位向量. (1) 求向量a 在向量b 方向上的投影；(2) 设向量,m a b n a b λ=-=+，若m n ⊥，求实数λ的值.27．已知平面内向量(17)(51)(21)OA OB OP ===，，，，，，点Q 是直线OP 上的一个动点．（1）当QA QB ⋅取最小值时，求OQ 的坐标；（2）当点Q 满足（1）中的条件时，求cos AQB ∠的值．28．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，D 、P 分别是棱AB ，11A B 的中点，求证：（1）1AC ∥平面1B CD ；（2）平面1APC 平面1B CD ．29．已知函数()232232f x sin xcos x cos x =+ （Ⅰ）求函数y ＝f （x ）图象的对称轴和对称中心；（Ⅱ）若函数()()14g x f x =+，52412x ππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，的零点为x 1，x 2，求cos （x 1﹣x 2）的值．30．设()1,1OA =，()3,0OB =，()3,5OC =. （1）求证AB AC ⊥，并求ABC ∆的面积；（2）对向量()11,a x y =，()22,b x y =，定义一种运算：()1221,f a b x y x y =-，试计算(),f AB AC 的值，并说明它与ABC ∆面积之间的等量关系，由此猜想这一运算的几何意义.【参考答案】2016-2017年度第*次考试试卷参考答案**科目模拟测试一、选择题1．B2．B3．D4．C5．A6．B7．C8．A9．C10．D11．B12．A13．C14．D15．A二、填空题16．【解析】【分析】利用二次方程根与系数的关系得出和的值然后利用两角和的正切公式计算可求出的值【详解】由二次方程根与系数的关系得出因此故答案为【点睛】本题考查两角和的正切公式的应用同时也考查了二次方程根17．【解析】【分析】设向量的夹角为在不等式两边平方利用数量积的运算律和定义求出的取值范围于此可求出的取值范围【详解】设向量的夹角为两边平方得都是单位向量则有得因此向量的夹角的取值范围是故答案为【点睛】本18．【解析】原式因为所以且所以原式19．【解析】【分析】由题意可得与夹角为先求得则再利用平面向量数量积的运算法则求解即可【详解】单位向量绕起点逆时针旋转再把模扩大为原来的3倍得到向量所以与夹角为因为所以所以故答案为【点睛】本题主要考查平面20．【解析】分析：利用余弦定理设设AC=BC=m则由余弦定理把m表示出来利用四边形OAC B面积为S=转化为三角形函数问题求解最值详解：△ABC为等腰直角三角形∵OA=2OB=4不妨设AC=BC=m则由余21．【解析】分析：先化简得到再化简得到详解：因为所以1-所以因为所以所以A+B=所以因为sinA>0所以故答案为点睛：本题主要考查三角化简和诱导公式意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的计算能力22．【解析】分析：根据图像平移规律确定函数解析式详解：点睛：三角函数的图象变换提倡先平移后伸缩但先伸缩后平移也常出现在题目中所以也必须熟练掌握无论是哪种变形切记每一个变换总是对字母而言23．【解析】依题设由∥得解得24．【解析】由题意得25．【解析】利用平面向量的加法公式可得：由平面向量垂直的充要条件可得：解方程可得：三、解答题26．27．28．29．30．2016-2017年度第*次考试试卷参考解析【参考解析】**科目模拟测试一、选择题 1．B 解析：B 【解析】不妨设(1,0)a =，13(,2b =，(,)c x y =，则2(,c a b x y -+=+，所以22(3)2c a b x -+=+=，即22(4x y +=，点(,)x y 在以(0,为圆心，2为半径的圆上，所以2c x =+2+．故选B ．2．B解析：B 【解析】【分析】根据平面向量基本定理可知(),c a b R λμλμ=+∈，从而将方程整理为()()20x a x b λμ+++=，由,a b 不共线可得200x x λμ⎧+=⎨+=⎩，从而可知方程组至多有一个解，从而得到结果. 【详解】由平面向量基本定理可得：(),c a b R λμλμ=+∈则方程20ax bx c ++=可变为：20ax bx a b λμ+++= 即：()()20xa xb λμ+++=,a b 不共线 200x x λμ⎧+=∴⎨+=⎩可知方程组可能无解，也可能有一个解∴方程20ax bx c ++=至多有一个解本题正确选项：B 【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，关键是能够利用定理将方程进行转化，利用向量和为零和向量不共线可得方程组，从而确定方程解的个数.3．D解析：D 【解析】()()1tan171tan28++00000000001tan17tan 28tan17tan 281tan(1728)(1tan17tan 28)tan17tan 28=+++=++-+000001tan 45(1tan17tan 28)tan17tan 282=+-+=，选D.点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.4．C解析：C 【解析】试题分析：()1sin()cos()sin 2222y x x x ϕϕϕ=++=+将其向右平移8π个单位后得到：11sin 2sin 22824y x x ππϕϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，若为偶函数必有：()42k k Z ππϕπ-=+∈，解得：()34k k Z πϕπ=+∈，当0k =时，D 正确，1k =-时，B 正确，当2k =-时，A 正确，综上，C 错误. 考点：1.函数的图像变换；2.函数的奇偶性.5．A解析：A 【解析】解：根据题意，α，β为锐角，若sinα=513，则cosα=1213，若cos （α+β）=35，则（α+β）也为锐角，则sin （α+β）=45，则cosβ=cos[（α+β）﹣α]=cos （α+β）cosα+sin （α+β）sinα=35×1213+45×513=5665，点睛：由cos （α+β）与sinα的值，结合同角三角函数基本关系式计算可得sin （α+β）与cosα的值，进而利用β=[（α+β）﹣α]可得cosβ=cos[（α+β）﹣α]=cos （α+β）cosα+sin （α+β）sinα.6．B解析：B【解析】【分析】先利用辅助角公式将函数()y f x =的解析式化简，并求出平移变换后的函数解析式，由变换后的函数图象关于点,02π⎛⎫⎪⎝⎭对称，可得出ϕ的表达式，结合ϕ的范围可求出ϕ的值. 【详解】()()()sin 222sin 23f x x x x πϕϕϕ⎛⎫=+++=++ ⎪⎝⎭,将函数()y f x =的图象向左平移4π个单位后，所得图象的函数解析式为()52sin 22sin 2436g x x x πππϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，由于函数()y g x =的图象关于点,02π⎛⎫⎪⎝⎭对称，则()5226k k Z ππϕπ⨯++=∈，得()116k k Z ϕπ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，0ϕπ<<，2k ∴=，6π=ϕ. 故选：B. 【点睛】本题考查利用三角函数的对称性求参数值，同时也考查了三角函数图象的平移变换，根据对称性得出参数的表达式是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.7．C解析：C 【解析】因为角α的终边过点()4,3(0)P m m m -<，所以sin α=35-，4cos 5α=，所以2sin cos αα+=642555-+=-，故选C.8．A解析：A 【解析】试题分析：根据题意，由于函数()sin()A f x x ωϕ=+(0,)2πωϕ><，那么根据图像可知周期为2π，w=4，然后当x=6π,y=2，代入解析式中得到22sin(4)6πϕ=⨯+，6πϕ=-，则可知()f π=4，故答案为A.考点：三角函数图像点评：主要是考查了根据图像求解析式，然后得到函数值的求解，属于基础题．9．C解析：C 【解析】函数()()2sin 2f x x ϕ=+的图象向右平移6π个单位，可得()2sin 23g x x πϕ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,() 2sin 23g x x πϕ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的图象关于y 轴对称，所以32k ππϕπ-+=+, 0k =时可得5=6πϕ，故5()2sin(2)6f x x π=+，555()=2sin()2sin 2362f πππϕ+==，()2f ϕ=-不正确，故选C. 10．D解析：D 【解析】试题分析：设正方形的边长为1，建立如图所示直角坐标系，则,,,,A B C D E 的坐标为(0,0),(1,0),(1,1),(0,1),(1,1)-，则(1,0),(1,1)AB AE ==-设(,)AP a b =，由λμAP =AB +AE 得(,)(,)a b λμμ=-，所以{a b λμμ=-=，当P 在线段AB 上时，01,0a b ≤≤=，此时0,a μλ==，此时a λμ+=，所以01λμ≤+≤；当P 在线段BC 上时，，此时,1b a b μλμ==+=+，此时12b λμ+=+，所以13λμ≤+≤；当P 在线段CD 上时，，此时1,1a a μλμ==+=+，此时2a λμ+=+，所以13λμ≤+≤；当P 在线段DA 上时，0,01,a b =≤≤，此时,b a b μλμ==+=，此时2b λμ+=，所以02λμ≤+≤；由以上讨论可知，当2λμ+=时，P 可为BC 的中点，也可以是点D ，所以A 错；使1λμ+=的点有两个，分别为点B 与AD 中点，所以B 错，当P 运动到点A 时，λμ+有最小值0，故C 错，当P 运动到点C 时，λμ+有最大值3，所以D 正确，故选D ．考点：向量的坐标运算．【名师点睛】本题考查平面向量线性运算，属中档题．平面向量是高考的必考内容，向量坐标化是联系图形与代数运算的渠道，通过构建直角坐标系，使得向量运算完全代数化，通过加、减、数乘的运算法则，实现了数形的紧密结合，同时将参数的取值范围问题转化为求目标函数的取值范围问题，在解题过程中，还常利用向量相等则坐标相同这一原则，通过列方程（组）求解，体现方程思想的应用．11．B解析：B 【解析】【分析】求出||,||,a b a b ⋅，根据向量夹角公式，即可求解. 【详解】22222121122||()2a a e e e e e e ==+=+⋅+ 022cos 603,||3a =+⨯=∴=22222121122||(2)44b b e e e e e e ==-=-⋅+ 054cos 603,||3b =-⨯==，1212()(2)a b e e e e ⋅=+⋅-2201122321cos602e e e e =-⋅-=--=-，设,a b 的夹角为1,cos 2||||a b a b θθ⋅==-，20,3πθπθ≤≤∴=. 故选:B, 【点睛】本题考查向量的夹角、向量的模长、向量的数量积，考查计算能力，属于中档题.12．A解析：A 【解析】【分析】利用正弦函数的周期性以及图象的对称性求得f （x ）的解析式，利用函数y ＝A sin （ωx +φ）的图象变换规律求得G （x ）的解析式，利用余弦函数的单调性求得则G （x ）的单调递减区间．【详解】∵f （x ）＝sin （ωx +θ），其中ω＞0，θ∈（0，2π），f '（x 1）＝f '（x 2）＝0，|x 2﹣x 1|min 2π=，∴12•T 2ππω==，∴ω＝2，∴f （x ）＝sin （2x +θ）．又f （x ）＝f （3π-x ）， ∴f （x ）的图象的对称轴为x 6π=，∴2•6π+θ＝k π2π+，k ∈Z ，又02πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，， ∴θ6π=，f （x ）＝sin （2x 6π+）．将f （x ）的图象向左平移6π个单位得G （x ）＝sin （2x 36ππ++）＝cos2x 的图象，令2k π≤2x ≤2k π+π，求得k π≤x ≤k π2π+，则G （x ）＝cos2x 的单调递减区间是[k π，k π2π+]，故选A ．【点睛】本题主要考查正弦函数的周期性以及图象的对称性，函数y ＝A sin （ωx +φ）的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于中档题．13．C解析：C 【解析】2,2,OC OA OB BC OC OB OA AC OC OA OA OB =+∴=-==-=+，22222,23BC OA AC OA OB OA OB ∴===++⋅=，3,AC OA ∴=与OB 夹角为60，且1,1OA OB AB ==∴=，222,AB AC BC ABC +=∴∆为直角三角形，故选C.14．D解析：D 【解析】试题分析：在边AB ，AC 上分别取点D ，E ，使,AB AC AD AE ABAC==，以AD ，AE 为邻边作平行四边形ADFE ，则：四边形ADFE 为菱形，连接AF ，DE ，AF ⊥DE ，且ABACAF AB AC=+；∵0,AB AC BC AB AC ⎛⎫⎪+⋅= ⎪⎝⎭； ∴·0AF BC =；∴AF ⊥BC ；又DE ⊥AF ；∴DE ∥BC ，且AD=AE ；∴AB=AC ，即b=c ；∴延长AF 交BC 的中点于O ，则：S △ABC ＝222124a b c +-=，b=c ；∴22a a =∴=；∴2224c a a -=；∴22222a c b c ==+；∴∠BAC=90°，且b=c ；∴△ABC 的形状为等腰直角三角形．考点：平面向量数量积的运算15．A解析：A 【解析】【分析】利用两角差的正弦公式化简a ，分子分母同乘以2cos 15结合二倍角的正弦公式化简b ，利用降幂公式化简c ，从而可得结果. 【详解】()sin 302sin28a =︒-︒=︒ ，222sin15cos15sin 30cos 15cos 15b ==+sin28a >=sin25sin28,c a b a c ==︒<︒=∴>>，故选A.【点睛】本题主要考查二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，两角差的正弦公式，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.二、填空题16．【解析】【分析】利用二次方程根与系数的关系得出和的值然后利用两角和的正切公式计算可求出的值【详解】由二次方程根与系数的关系得出因此故答案为【点睛】本题考查两角和的正切公式的应用同时也考查了二次方程根解析：3-. 【解析】【分析】利用二次方程根与系数的关系得出tan tan αβ+和tan tan αβ的值，然后利用两角和的正切公式计算可求出()tan αβ+的值. 【详解】由二次方程根与系数的关系得出tan tan 3αβ+=，tan tan 2αβ=，因此，()tan tan 3tan 31tan tan 12αβαβαβ++===---，故答案为3-.【点睛】本题考查两角和的正切公式的应用，同时也考查了二次方程根与系数的关系，考查运算求解能力，属于中等题.17．【解析】【分析】设向量的夹角为在不等式两边平方利用数量积的运算律和定义求出的取值范围于此可求出的取值范围【详解】设向量的夹角为两边平方得都是单位向量则有得因此向量的夹角的取值范围是故答案为【点睛】本解析：0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】设向量a 、b 的夹角为θ，在不等式2a b b a +≥-两边平方，利用数量积的运算律和定义求出cos θ的取值范围，于此可求出θ的取值范围．【详解】设向量a 、b 的夹角为θ，2a b b a +≥-，两边平方得2222244a a b b a a b b +⋅+≥-⋅+，a 、b 都是单位向量，则有22cos 54cos θθ+≥-，得1cos 2θ≥， 0θπ≤≤，03πθ∴≤≤，因此，向量a 、b 的夹角的取值范围是0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故答案为0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查平面数量积的运算，考查平面向量夹角的取值范围，在涉及平面向量模有关的计算时，常将等式或不等式进行平方，结合数量积的定义和运算律来进行计算，考查运算求解能力，属于中等题．18．【解析】原式因为所以且所以原式解析：2sin 4-【解析】原式2cos42sin4cos4==+-，因为53442ππ<<，所以cos40<，且sin4cos4<，所以原式()2cos42sin4cos42sin4=---=-．19．【解析】【分析】由题意可得与夹角为先求得则再利用平面向量数量积的运算法则求解即可【详解】单位向量绕起点逆时针旋转再把模扩大为原来的3倍得到向量所以与夹角为因为所以所以故答案为【点睛】本题主要考查平面解析：116-【解析】【分析】由题意可得3OB =，OA 与OB 夹角为120︒，先求得1(2)3OC OA AC OA OB =+=+，则1(2)()3OC BA OA OB OA OB ⋅=+⋅-，再利用平面向量数量积的运算法则求解即可. 【详解】单位向量OA 绕起点O 逆时针旋转120︒，再把模扩大为原来的3倍，得到向量OB ，所以3OB =，OA 与OB 夹角为120︒，因为12AC CB =，所以111()(2)333OC OA AC OA AB OA OB OA OA OB =+=+=+-=+，所以()2211(2)()233OC BA OA OB OA OB OA OB OA OB ⋅=+⋅-=--⋅ 11291332⎡⎤⎛⎫=--⨯⨯- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦116=-，故答案为116-. 【点睛】本题主要考查平面向量几何运算法则以及平面向量数量积的运算，属于中档题. 向量的运算有两种方法：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）．20．【解析】分析：利用余弦定理设设AC=BC=m 则由余弦定理把m 表示出来利用四边形OACB 面积为S=转化为三角形函数问题求解最值详解：△ABC 为等腰直角三角形∵OA=2OB=4不妨设AC=BC=m 则由余解析：5+ 【解析】分析：利用余弦定理，设AOB α∠=,设AC=BC=m ，则AB =．由余弦定理把m 表示出来，利用四边形OACB 面积为S=24sin 4sin 2OACB ABC m S S αα∆∆=+=+．转化为三角形函数问题求解最值．详解：△ABC 为等腰直角三角形．∵OA=2OB=4，不妨设AC=BC=m ，则AB =．由余弦定理，42+22﹣2m 2=16cos α，∴2108cos m α∴=-．108cos 4sin 4sin 4sin 4cos 52OACB ABC S S ααααα∆∆-∴=+=+=-+)554πα=-+≤.当34απ=时取到最大值5+.故答案为5+点睛：（1）本题主要考查余弦定理和三角形的面积的求法，考查三角恒等变换和三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是设AOB α∠=，再建立三角函数的模型.21．【解析】分析：先化简得到再化简得到详解：因为所以1-所以因为所以所以A+B=所以因为sinA>0所以故答案为点睛：本题主要考查三角化简和诱导公式意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的计算能力解析：12【解析】分析：先化简2sincos cos 1242C C π+=得到2C π=，再化简2sin sin sin B A C =得到sin A =详解：因为2sincos cos 1242C C π+=，所以1-2cos 1222C C +=,所以cos(cos 0,cos 0(cos =222222C C C C -=∴=舍）或，因为0C π<<,所以2C π=,所以A+B=2π.2sin sin sin B A C =因为，所以22cos sin ,sin sin 10,sin A A A A A =∴+-=∴=因为sinA>0,所以sin A =.. 点睛：本题主要考查三角化简和诱导公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的计算能力.22．【解析】分析：根据图像平移规律确定函数解析式详解：点睛：三角函数的图象变换提倡先平移后伸缩但先伸缩后平移也常出现在题目中所以也必须熟练掌握无论是哪种变形切记每一个变换总是对字母而言解析：24e x y -=【解析】分析：根据图像平移规律确定函数解析式.详解：222(2)24e ee e xxx x y y y --=→=→==横坐标变为一半右移个单位点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x 而言.23．【解析】依题设由∥得解得解析：34-. 【解析】依题设，2(7,22),3(7,16)m n m n λλ-=-+=-+，由(2)m n -∥(3)m n +得，7(16)7(22)0λλ++-=，解得34λ=-. 24．【解析】由题意得解析：【解析】由题意得()1sin sin ,[,],cos 323ππαααπα-==∈∴==- 25．【解析】利用平面向量的加法公式可得：由平面向量垂直的充要条件可得：解方程可得：解析：7【解析】利用平面向量的加法公式可得：()1,3a b m +=-+，由平面向量垂直的充要条件可得：()()()()1,31,2160a b a m m +⋅=-+⋅-=--++=，解方程可得：7m =.三、解答题 26．（12）0λ= 【解析】【分析】（1）根据题中条件，结合向量投影的概念，即可得出结果；（2）根据m n ⊥，得到()()0a b a b λ-⋅+=，得出220λλ+⋅-⋅-=aa b a b b ，进而求解，即可得出结果. 【详解】（1）因为32,=-=+a i j b i j ，,i j 是互相垂直的单位向量，所以()()32615⋅=-+=-=a b i ji j ，()23391===--+a i j i j ()2224=+=+=+=b i j i j所以向量a 在向量b 方向上的投影为5cos ,5⋅<>===a ba ab b （2）因为,m a b n a b λ=-=+，m n ⊥，则()()0a b a b λ-⋅+=，即220λλ+⋅-⋅-=aa b a b b ，即105550λλ+--=，解得0λ=. 【点睛】本题主要考查求向量的投影，以及由向量垂直求参数，熟记向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.27．（1）(4,2)OQ =；（2）17- 【解析】【分析】【详解】（1）设(,)OQ x y =,Q 在直线OP 上,∴向量OQ 与OP 共线.(2,1)OP =,20x y ∴-=,2x y ∴=,(2,)OQ y y ∴=又(12,7)QA OA OQ y y =-=--,(52,1)QB OB OQ y y =-=--,()()()22·12,752,152012528QAQB y y y y y y y ∴=----=-+=--.故当2y =时,·QA QB 有最小值8-,此时()4,2OQ =. （2）由(1)知,()3,5QA =-，()1,1QB =-，·8QA QB =-；34QA ∴=，2QB =·cos 34·QA QB AQB QA QB∴∠===.28．（1）见证明；（2）见证明【解析】【分析】（1）设1BC 与1B C 的交点为O ，连结OD ，证明1OD AC ，再由线面平行的判定可得1AC ∥平面1B CD ；（2）由P 为线段11A B 的中点，点D 是AB 的中点，证得四边形1ADB P 为平行四边形，得到1APDB ，进一步得到AP ∥平面1B CD ．再由1AC ∥平面1B CD ，结合面面平行的判定可得平面1APC 平面1B CD ．【详解】证明：（1）设1BC 与1B C 的交点为O ，连结OD ， ∵四边形11BCC B 为平行四边形，∴O 为1B C 中点，又D 是AB 的中点，∴OD 是三角形1ABC 的中位线，则1OD AC ，又∵1AC ⊄平面1B CD ，OD ⊂平面1B CD ， ∴1AC ∥平面1B CD ；（2）∵P 为线段11A B 的中点，点D 是AB 的中点， ∴1AD B P 且1AD B P =，则四边形1ADB P 为平行四边形， ∴1APDB ，又∵AP ⊄平面1B CD ，1DB ⊂平面1B CD ， ∴AP ∥平面1B CD ．又1AC ∥平面1B CD ，1AC AP P =，且1AC ⊂平面1APC ，AP ⊂平面1APC ，∴平面1APC 平面1B CD ．【点睛】本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．29．（Ⅰ）对称轴方程为x 1424k ππ=+，k ∈Z ，对称中心为（1412k ππ-，0），k ∈Z ；（Ⅱ）±10．【解析】【分析】（Ⅰ）先利用三角恒等变换化简目标函数，然后求解对称轴和对称中心；（Ⅱ）先求出()g x 的零点，然后求解cos （x 1﹣x 2）的值．【详解】函数()212222f x sin xcos x x ==sin4x +cos4x ＝sin （4x 3π+），（Ⅰ）由4x 32k πππ+=+，k ∈Z ，可得f （x ）的对称轴方程为x 1424k ππ=+，k ∈Z ，令4x 3π+=k π，k ∈Z ，则x 1412k ππ=-，k ∈Z ，∴f （x ）的对称中心为（1412k ππ-，0），k ∈Z ；（Ⅱ）根据函数()()14g x f x =+，可得g （x ）＝sin （4x 3π+）14+，52412x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，的零点为x 1，x 2， ∴sin （4x 13π+）14+=0，即sin （4x 13π+）14=-，∴2sin （2x 16π+）cos （2x 16π+）14=-，∴21115[22]16644sin x cos x ππ⎛⎫⎛⎫+-+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴112266sin x cos x ππ⎛⎫⎛⎫+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由（Ⅰ）知，f （x ）在52412ππ⎛⎫⎪⎝⎭，内的对称轴为x 724π=，则x 1+x 2712π=，∴x 2712π=-x 1， ∴cos （x 1﹣x 2）＝cos （x 1﹣（712π-x 1）＝cos （2x 1712π-）＝sin （2π+2x 1712π-）＝sin （2x 112π-）＝sin （2x 164ππ+-）112266sin x cos x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦＝±4．【点睛】本题主要考查三角函数的性质及恒等变换，把目标函数化为标准型函数是求解的关键，零点的转化有一定的技巧，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.30．（1）证明见解析，ABC ∆的面积为5（2）(),102f AB AC S ==， (),f a b 表示以a ，b 为邻边的平面四边形的面积【解析】【分析】（1）利用向量的减法，求出,AB AC 的坐标，然后计算出0AB AC ⋅=，从而证明出AB AC ⊥，再根据直角三角形的面积公式，求出ABC ∆的面积；（2）根据新定义的运算，计算出(),f AB AC 的值，然后找到与ABC ∆的面积的关系，得到答案.【详解】（1）因为()1,1OA =，()3,0OB =，()3,5OC =，所以()2,1AB OB OA =-=-，()2,4AC OC OA =-=，所以0AB AC ⋅=，所以AB AC ⊥.22AC ==，22AB ==11522S AB AC ==⋅= （2）因为()1221,f a b x y x y =-而()2,1AB =-，()2,4AC =，所以()(),221410f AB AC =⨯--⨯=，所以(),2f AB AC S =所以(),f a b 表示以a ，b 为邻边的平面四边形的面积. 【点睛】本题考查向量的减法的坐标表示，向量数量积的坐标表示，属于简单题.。

2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二(下)期末数学试卷及答案

D．
9．（4 分）已知方程 2x﹣1+21﹣x+t（|x﹣1|+2）＝0 有三个解，则 t＝（）
A．
B．1
C．
D．﹣1
10．（4 分）已知直线 y＝kx+b 的图象恒在曲线 y＝ln（x+3）的图象上方，则的取值范围
是（）
A．（1，+∞）
B．（2，+∞）
C．（0，+∞）
D．[1，+∞）
二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分）
f（3）f（4）＜0，所以函数
的零点所在的大致区间为：（3，4）．
故选：C．【点评】本题考查零点判定定理的应用，是基本知识的考查． 5．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．
2．（4 分）下列函数中，在定义域上为增函数的是（）
A．
B．y＝lnx
C．y＝3﹣x
D．y＝|x|
3．（4 分）已知函数 f（x）＝﹣x，则下列选项错误的是（）
A．f（x+1）＝f（x）+1
B．f（3x）＝3f（x）
C．f（f（x））＝x
D．
4．（4 分）函数
的零点所在的大致区间是（）
A．（1，2）
故选：B．【点评】本题考查函数的单调性的判定，关键是掌握常见函数的单调性．
3．【考点】36：函数解析式的求解及常用方法．菁优网版权所有【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于 A，f（x+1）＝﹣（x+1）＝﹣x﹣1，f（x）+1＝﹣x+1，f（x+1）≠f（x）+1，A 错误；
对于 B，f（3x）＝﹣3x，3f（x）＝3（﹣x）＝﹣3x，f（3x）＝3f（x），正确；对于 C，f（x）＝﹣x，f（f（x））＝﹣（﹣x）＝x，正确；

2016-2017学年浙江省宁波市九校联考高二(下)期末数学试卷及答案

2016-2017学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共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．（4分）设集合A＝{x|﹣1≤x≤3}，B＝{x|x2﹣3x+2＜0}，则A∩（∁R B）＝（）A．[﹣1，1）∪（2，3）B．[﹣1，1]∪[2，3]C．（1，2）D．R2．（4分）i是虚数单位，计算＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i3．（4分）已知曲线f（x）＝lnx在点（2，f（2））处的切线与直线ax+y+1＝0垂直，则实数a的值为（）A．B．﹣2C．2D．4．（4分）下面四个条件中，使a＞b成立的必要而不充分条件是（）A．a﹣1＞b B．a+1＞b C．|a|＞|b|D．a3＞b35．（4分）已知函数f（x）＝，则y＝f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．6．（4分）从1，2，3，…，9这九个整数中同时取四个不同的数，其和为偶数，则不同取法共有（）A．62B．64C．65D．667．（4分）已知1＜a＜b，m＝a b﹣1，n＝b a﹣1，则m，n的大小关系为（）A．m＜nB．m＝nC．m＞nD．m，n的大小关系不确定，与a，b的取值有关8．（4分）已知下列各式：①f（|x|+1）＝x2+1；②；③f（x2﹣2x）＝|x|；④f （|x|）＝3x+3﹣x．其中存在函数f（x）对任意的x∈R都成立的是（）A．①④B．③④C．①②D．①③9．（4分）设函数f（x）＝log2x+ax+b（a＞0），若存在实数b，使得对任意的x∈[t，t+2]（t ＞0）都有|f（x）|≤1+a，则t的最小值是（）A．2B．1C．D．10．（4分）定义在R上的可导函数f（x）满足f（x）﹣f（﹣x）＝2x3，当x∈（﹣∞，0]时f'（x）＜3x2，实数a满足f（1﹣a）﹣f（a）≥﹣2a3+3a2﹣3a+1，则a的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．（6分）已知log a2＝m，log a3＝n，则a2m+n＝，用m，n表示log46为．12．（6分）已知的展开式中二项式系数和为64，则n＝，该展开式中常数项为．13．（6分）已知函数f（x）＝，其中a＞0且a≠1．若a＝时方程f（x）＝b有两个不同的实根，则实数b的取值范围是；若f（x）的值域为[2，+∞），则实数a的取值范围是．14．（6分）函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣e﹣x的奇偶性为，在R上的增减性为（填“单调递增”、“单调递减”或“有增有减”）．15．（4分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为．16．（4分）已知（x＞0）的最小值为．则实数a ＝．17．（4分）已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）在区间（0，1]上有零点x0，则的最大值是．三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（14分）已知n∈N*，S n＝（n+1）（n+2）…（n+n），．（Ⅰ）求S1，S2，S3，T1，T2，T3；（Ⅱ）猜想S n与T n的关系，并用数学归纳法证明．19．（15分）（Ⅰ）已知，其中a i∈R，i＝1，2，…10．（i）求a0+a1+a2+…+a10；（ii）求a7．（Ⅱ）2017年5月，北京召开“一带一路”国际合作高峰论坛．组委会将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到翻译、导游、礼仪、司机四个不同的岗位，每个岗位至少有一人参加，且五人均能胜任这四个岗位．（i）若每人不准兼职，则不同的分配方案有几种？（ii）若甲乙被抽调去别的地方，剩下三人要求每人必兼两职，则不同的分配方案有几种？20．（15分）已知a∈R，函数f（x）满足f（2x）＝x2﹣2ax+a2﹣1．（Ⅰ）求f（x）的解析式，并写出f（x）的定义域；（Ⅱ）若f（x）在上的值域为[﹣1，0]，求实数a的取值范围．21．（15分）已知函数f（x）＝e﹣x﹣．（Ⅰ）证明：当x∈[0，3]时，．（Ⅱ）证明：当x∈[2，3]时，．22．（15分）已知a＜﹣1，函数f（x）＝|x3﹣1|+x3+ax（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）已知存在实数m，n（m＜n≤1），对任意t0∈（m，n），总存在两个不同的t1，t2∈（1，+∞），使得f（t0）﹣2＝f（t1）＝f（t2），求证：．2016-2017学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共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．【考点】1H：交、并、补集的混合运算．【解答】解：集合A＝{x|﹣1≤x≤3}＝[﹣1，3]，B＝{x|x2﹣3x+2＜0}＝{x|1＜x＜2}＝[1，2]，则A∩（∁R B）＝[﹣1，3]∩[[2，+∞）∪（﹣∞，1]]＝[2，3]∪[﹣1，1]，故选：B．【点评】本题考查集合的运算，主要是交集和补集的运算，考查二次不等式的解法，运算能力，属于基础题．2．【考点】A5：复数的运算．【解答】解：＝＝＝i．故选：C．【点评】本题考查复数的代数形式的乘除运算，复数的分母实数化，是解题的关键．3．【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【解答】解：f（x）＝lnx的导数为f′（x）＝，可得曲线f（x）＝lnx在点（2，f（2））处的切线斜率为，切线与直线ax+y+1＝0垂直，可得﹣a•＝﹣1，解得a＝2．故选：C．【点评】本题考查导数的应用：求切线的斜率，考查导数的几何意义，正确求导和运用两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1是解题的关键，属于基础题．4．【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．【解答】解：∵a＞b，∴a+1＞b，反之不一定成立．例如取a＝，b＝1．∴使a＞b成立的必要而不充分条件是a+1＞b．故选：B．【点评】本题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5．【考点】3A：函数的图象与图象的变换；6B：利用导数研究函数的单调性．【解答】解：令g（x）＝x﹣lnx﹣1，则，由g'（x）＞0，得x＞1，即函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，由g'（x）＜0得0＜x＜1，即函数g（x）在（0，1）上单调递减，所以当x＝1时，函数g（x）有最小值，g（x）min＝g（0）＝0，于是对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），有g（x）≥0，故排除B、D，因函数g（x）在（0，1）上单调递减，则函数f（x）在（0，1）上递增，故排除C，故选：A．【点评】本题考查函数的单调性与函数的导数的关系，函数的定义域以及函数的图形的判断，考查分析问题解决问题的能力．6．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【解答】解：根据题意，从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取四个数，使其和为偶数需要分3种情况讨论：①、当取出的4个数都是奇数，有C54＝5种情况，②、当取出的4个数有2个奇数、2个偶数，有C52×C42＝10×6＝60种情况，③、当取出的4个数都是偶数，当取出的数字没有奇数有C44＝1种情况，根据分类计数原理总共有5+60+1＝66种取法；故选：D．【点评】本题考查分步计数原理的应用，关键是分析“4个数的和为偶数”的可能情况．7．【考点】49：指数函数的图象与性质．【解答】解：∵1＜a＜b，∴b﹣1＞a﹣1＞0，m＝a b﹣1，n＝b a﹣1，可得lnm＝（b﹣1）lna，lnn＝（a﹣1）lnb，相除可得＝，设f（x）＝（x＞1），可得f′（x）＝＜0，可得f（x）在x＞1递减，可得＞1，则m＞n，故选：C．【点评】本题考查了指数函数的性质，是一道基础题．8．【考点】3R：函数恒成立问题．【解答】解：①f（|x|+1）＝x2+1，由t＝|x|+1（t≥1），可得|x|＝t﹣1，则f（t）＝（t﹣1）2+1，即有f（x）＝（x﹣1）2+1对x∈R均成立；②，令t＝（0＜t≤1），x＝±，对0＜t≤1，y＝f（t）不能构成函数，故不成立；③f（x2﹣2x）＝|x|，令t＝x2﹣2x，若t＜﹣1时，x∈∅；t≥﹣1，可得x＝1±（t≥﹣1），y＝f（t）不能构成函数；④f（|x|）＝3x+3﹣x．当x≥0时，f（x）＝3x+3﹣x；当x＜0时，f（﹣x）＝3x+3﹣x；将x换为﹣x可得f（x）＝3x+3﹣x；故恒成立．综上可得①④符合条件．故选：A．【点评】本题考查函数的恒成立问题，注意运用代换法和函数的定义，考查推理和判断能力，属于基础题．9．【考点】3H：函数的最值及其几何意义．【解答】解：函数f（x）＝log2x+ax+b（a＞0），由y＝log2x，y＝ax+b在（0，+∞）递增，可得f（x）在（0，+∞）递增，由对任意的x∈[t，t+2]（t＞0）都有|f（x）|≤1+a，可得﹣1﹣a≤f（x）≤1+a恒成立，即有﹣1﹣a≤f（x）min＝f（t）＝log2t+at+b，①1+a≥f（x）max＝log2（t+2）+a（t+2）+b，即为﹣1﹣a≤﹣log2（t+2）﹣a（t+2）﹣b，②①+②可得﹣2﹣2a≤log2t+at+b﹣log2（t+2）﹣a（t+2）﹣b，化为log2≥﹣2，解得≥，解得t≥，则t的最小值为，故选：D．【点评】本题考查函数的单调性的运用，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，考查运算能力和推理能力，属于中档题．10．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【解答】解：令g（x）＝f（x）﹣x3，则g（﹣x）＝f（﹣x）﹣x3，则g（x）﹣g（﹣x）＝f（x）﹣f（﹣x）﹣2x3＝0，得g（x）为R上的偶函数，∵x＜0时，g'（x）＝f'（x）﹣3x2＜0，故g（x）在（﹣∞，0）单调递减，再结合g（x）为偶函数，知g（x）在（0，+∞）单调递增，又g（1﹣a）﹣g（a）＝f（1﹣a）﹣（1﹣a）3﹣（f（a）﹣a3）＝f（1﹣a）﹣f（a）+2a3﹣3a2+3a﹣1＝0，则g（1﹣a）≥g（a）等价于|1﹣a|≥|，解得a≤，即a∈（﹣∞，]．故选：D．【点评】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．【考点】4H：对数的运算性质．【解答】解：∵log a2＝m，log a3＝n，∴a m＝2，a n＝3，a2m+n＝（a m）2×a n＝22×3＝12，log46＝＝＝．故答案为：12，．【点评】本题考查指数式、对数式化简求值，是基础题，解题时要认真审题，注意指数、对数的性质、运算法则和换底公式的合理运用．12．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：由（2﹣）n展开式中的二项式系数和为64，可得2n＝64，∴n＝6．则展开式的通项公式为T r+1＝26﹣r•（﹣）r，令＝0，解得r＝2，故该展开式中的常数项为×24•C62＝60，故答案为6，60．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．13．【考点】53：函数的零点与方程根的关系．【解答】解：作出f（x）＝的图象，由a＝时方程f（x）＝b有两个不同的实根，可得b＞2，且b＜2+0.52＝，即有b∈（2，）；函数f（x）＝，当0＜a＜1时，x≤2时，f（x）＝4﹣x≥2，x＞2时，f（x）＝a x+2a+1递减，可得2a+1＜f（x）＜a2+2a+1，f（x）的值域为[2，+∞），可得2a+1≥2，解得≤a＜1；当a＞1时，x≤2时，f（x）＝4﹣x≥2，x＞2时，f（x）＝a x+2a+1递增，可得f（x）＞a2+2a+1＞4，则f（x）的值域为[2，+∞）成立，a＞1恒成立．综上可得a∈[，1）∪（1，+∞）．故答案为：（2，），[，1）∪（1，+∞）．【点评】本题考查函数方程的转化思想和函数的值域的问题解法，注意运用数形结合和分类讨论的思想方法，考查推理和运算能力，属于中档题．14．【考点】3E：函数单调性的性质与判断；3K：函数奇偶性的性质与判断．【解答】解：∵函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣e﹣x，∴它的定义域为R，且满足f（﹣x）＝﹣x3+x+e﹣x﹣e x＝﹣f（x），故函数f（x）为奇函数．由于函数的导数f′（x）＝3x2﹣2+（e x+e﹣x）≥3x2﹣2+2＝3x2≥0，故函数在R上单调递增，故答案为：奇；单调递增．【点评】本题主要函数的奇偶性和单调性的判断方法，属于基础题．15．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21＝2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时有2×2×6＝24种不同坐法；③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时，共有2×6＝12种不同坐法；则一共有48+24+12＝84种不同坐法；故答案为：84．【点评】本题考查排列、组合的应用，注意“小明的父母至少有一人与小明相邻”的条件，由此分析其可能的情况．16．【考点】3H：函数的最值及其几何意义．【解答】解：≥＝＝，当且仅当，即x＝1时，上式等号成立．由，解得a＝．故答案为：．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查绝对值的不等式及利用基本不等式求最值，是中档题．17．【考点】52：函数零点的判定定理．【解答】解：由f（x0）＝0得b＝﹣x02﹣ax0，∴ab＝﹣ax02﹣a2x0＝x0[a（﹣x0﹣a）]≤x0•＝．（当且仅当a＝﹣x0﹣a即x0＝﹣2a时取等号）∴ab（）≤（﹣+），令g（x0）＝﹣+，则g′（x0）＝x03﹣x02+＝x0（x0﹣）（x0﹣），∴g（x0）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，1）上单调递增，又g（）＝，g（1）＝＝，∴g（x0）的最大值为．∴的最大值为＝．故答案为：．【点评】本题考查了函数单调性判断，最值计算，属于中档题．三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．【考点】RG：数学归纳法．【解答】解：（Ⅰ）S1＝T1＝2，S2＝T2＝12，S3＝T3＝120；（Ⅱ）猜想：S n＝T n（n∈N*），证明：（1）当n＝1时，S1＝T1；（2）假设当n＝k（k≥1且k∈N*）时，S k＝T k，即（k+1）（k+2）…（k+k）＝2k×1×3×…（2k﹣1），则当n＝k+1时S k+1＝（k+1+1）（k+1+2）…（k+1+k﹣1）（k+1+k）（k+1+k+1）＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2）＝＝2k+1×1×3×…（2k﹣1）（2k+1）＝T k+1．即n＝k+1时也成立，由（1）（2）可知n∈N*，S n＝T n成立．【点评】本题考查了数学归纳法证明，属于中档题．19．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题；DA：二项式定理．【解答】解：（Ⅰ）（i）在（2x﹣1）10＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+…+a10（x﹣1）10中，令x＝2可得a0+a1+a2+…+a10＝310，（ii）令x﹣1＝y，则x＝y+1；∴（1+2y）10＝a0+a1y+a2y2+…+a10y10，∴a7＝C10727＝15360；（Ⅱ）（i）每个岗位至少有一人参加，每人不准兼职，则有一个岗位2人参加，故有分配方案（种）；（ii）根据题意，4个岗位3个人参加，且每人身兼2职，不同的分配方案有﹣（+•（﹣））＝114（种）．【点评】本题考查了排列、组合，二项式定理的应用问题，是综合题．20．【考点】34：函数的值域；36：函数解析式的求解及常用方法．【解答】解：（Ⅰ）令2x＝t＞0，则x＝log2t，则，即．定义域为：（0，+∞）；（Ⅱ）令g（x）＝f（2x），则f（x）＝，∴f（x）在上的值域为[﹣1，0]等价于g（x）＝x2﹣2ax+a2﹣1在区间[a﹣1，a2﹣2a+2]上的值域为[﹣1，0]．∵g（a）＝﹣1∈[﹣1，0]，∴a∈[a﹣1，a2﹣2a+2]，且g（x）在区间[a﹣1，a2﹣2a+2]上的最大值应在区间端点处取得．又g（a﹣1）＝0恰为g（x）在该区间上的最大值，故a必在区间右半部分，即，解得或．【点评】本题考查了函数的定义域及其值域的求法，解决本题的关键是利用换元法进行求解，是中档题．21．【考点】6E：利用导数研究函数的最值．【解答】（本小题满分15分）证明：（Ⅰ）要证，也即证e x≤1+9x．…（2分）令F（x）＝e x﹣9x﹣1，则F′（x）＝e x﹣9．令F′（x）＞0，则x＞2ln3．∴当0≤x＜2ln3时，有F′（x）＜0，∴F（x）在[0，2ln3]上单调递减，2ln3＜x≤3时，有F′（x）＞0，∴F（x）在[2ln3，3]上单调递增．…（5分）∴F（x）在[0，3]上的最大值为max{F（0），F（3）}．又F（0）＝0，F（3）＝e3﹣28＜0．∴F（x）≤0，x∈[0，3]成立，即e x≤1+9x，x∈[0，3]成立．∴当x∈[0，3]时，．…（7分）（Ⅱ）由（I）得：当x∈[2，3]时，f（x）＝≥，令，则t′（x）＝﹣（1+9x）﹣2•9+（1+x）﹣2＝＝＝≥0，x∈[2，3]．（9分）∴t（x）在[2，3]上单调递增，即t（x）≥t（2）＝﹣＝﹣，x∈[2，3]．∴f（x）＞﹣得证．…（12分）下证f（x）＜0．即证e x＞x+1，令h（x）＝e x﹣（x+1），则h′（x）＝e x﹣1＞0，∴h（x）在[2，3]上单调递增，∴h（x）＝e x﹣（x+1）≥e2﹣3＞0，得证．∴当x∈[2，3]时，．…（15分）【点评】本题考查不等式的证明，考查导数性质、函数的单调区间、极值、最值、构造法等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．22．【考点】3H：函数的最值及其几何意义．【解答】解：（Ⅰ），记，则f2′（x）＝6x2+a，因为a＜﹣1则由f2′（x）＝0可得x＝±，（i），f1（x）在（﹣∞，1）上递减，f2（x）在[1，+∞）上递增，所以[f（x）]min＝f（1）＝a+1；（ii），f1（x）在（﹣∞，1）上递减，，所以．综上，；（Ⅱ）证明：不妨设t1＜t2，则由（1）知，若﹣6≤a＜﹣1，则f2（x）在（1，+∞）上递增，不满足题意，所以a＜﹣6．所以，且，（i）a+1﹣2＞，即即，解得，即，所以，所以，所以；（ii）a+1﹣2≤，即，即，解得，所以，所以m≥1+，n≤，所以n﹣m≤﹣1﹣令＝u∈（1，]，则﹣1﹣＝u﹣1+，令φ（u）＝u﹣1+，则，所以φ（u）＝u﹣1+在u∈（1，]递增，所以φ（u）≤φ（）＝，所以n﹣m≤φ（u）≤．【点评】本题考查函数的最值的求法，注意运用绝对值的定义和函数的导数判断单调性，考查不等式的证明，注意运用分类讨论思想方法和构造函数法，考查运算能力，属于难题．。

浙江省宁波市高二数学下学期期末考试试卷(含解析)

2016-2017学年浙江省宁波高二下学期期末考试数学一、选择题：共10题1．设,且,则等于A. B. C. D.【答案】A【解析】本题考查排列组合.解答本题时要注意根据排列数与组合数公式，确定选项.由排列、组合数公式可知，.故选A.2．若,则正整数的值为A.2B.8C.2或6D.2或8【答案】D【解析】本题考查组合数公式的性质.解答本题时要注意利用组合数公式的性质，计算求值.因为，所以有，解得.故选D.3．下列求导运算正确的是A.＝B.(3x)′＝3x log3eC.(log2x)′＝D.(x2cos x)′＝-2x sin x【答案】C【解析】本题考查导数的运算.解答本题时要注意根据导数的运算法则，判断选项的准确性.因为，所以选项A错误；因为(3x)′=，所以选项B错误；因为(x2cos x)′=，所以选项D错误；选项C正确.故选C.4．用反证法证明命题:“已知,若可被5整除,则中至少有一个能被5整除”时,反设正确的是A.都不能被5整除B.都能被5整除C.中有一个不能被5整除D.中有一个能被5整除【答案】A【解析】本题考查反证法.解答本题时要注意利用反证法时反证的正确性.由题可得，“中至少有一个能被5整除”的反设为“都不能被5整除”.故选A.5．设是函数的导函数,的图象如图1所示,则的图象最有可能的是【答案】C【解析】本题考查导数的应用.解答本题时要注意根据导函数的图象，确定倒数在给定区间的正负，判断函数的单调性，由此确定函数的图象.由题可得，当时，，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在(0,2)上单调递减，在上单调递增，对比选项.故选C.6．某校三位学生参加省举行的数学团体竞赛,对于其中一题,他们各自解出的概率分别是,则此题能解出的概率是A. B. C. D.【答案】D【解析】本题考查随机事件的概率.解答本题是要注意根据条件利用对立事件的概率求值计算.由题可得，此题能解出的概率为.故选D.7．甲、乙两人练习射击, 命中目标的概率分别为和, 甲、乙两人各射击一次,有下列说法: ①目标恰好被命中一次的概率为+;②目标恰好被命中两次的概率为;③目标被命中的概率为; ④目标被命中的概率为,以上说法正确的序号依次是A.②③B.①②③C.②④D.①③【答案】C【解析】本题考查随机事件的概率.解答本题时要注意根据每种说法，分别推理，确定其准确性，得到正确答案.对于说法①，目标恰好被命中一次的概率为.所以错误，结合选项可知，排除B,D；对于说法③，目标被命中的概率为，所以错误，排除A.故选C.8．随机变量ξ的概率分布列为P(ξ＝k)＝,k＝1,2,3,4,其中c是常数,则P()的值为A. B. C. D.【答案】D【解析】本题考查随机变量的分布列.解答本题时要注意先根据k的值及分布列的特点，确定c的值，再求满足条件的事件的概率.由题可得，，解得.所以P()=.故选D.9．设,则的值是A.17B.18B.19C.20【答案】B【解析】本题考查二项分布.解答本题时要注意利用二项分布的期望方差的求法，计算求值.由题可得，因为是二项分布，所以，所以解得，所以.故选B.10．有下列命题:①若存在导函数,则;②若,则;③若函数y＝f(x)满足f′(x)>f(x),则当a>0时,f(a)>e a f(0);④若,则是有极值点的充要条件,其中正确命题的个数为A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】本题考查导数相关性质的真假判断.解答本题时要注意利用导数的相关运算及性质，对每个命题的真假解析判断.对于①，所以错误；对于②，由导数的运算法则可知，正确；对于③当f′(x)>f(x)时，则有函数是增函数，所以当a>0时，>,所以f(a)>e a f(0),正确；对于④，，要使函数存在极值，则需且,所以错误.所以正确命题的个数为2个.故选B.二、填空题：共7题11．若+++,则_____,_____.【答案】6,63【解析】本题考查二项式定理.解答本题时要注意利用二项式展开式特点，化简式子，求值计算.因为+++，解得.因为,所以原式.12．现有5本不同的书,其中有2本数学书,将这5本书排成一排,则数学书不能相邻且又不同时排在两边的排法有_________种;将这5本书分给3个同学,每人至少得1本,则所有不同的分法有_________种.【答案】60,150【解析】本题考查排列组合.解答本题时要注意根据排列组合的及两个计数原理，采用恰当的分法，求值计算.采用插空法，先排其他书，再排数学书，则满足要求的排法有.书可按1+2+2或1+1+3的模式进行分配.所以满足条件的不同的分法由.13．若对于任意实数,恒有成立,则__________,______________.【答案】【解析】本题考查二项式定理.解答本题时要注意先利用换元法，转化二项式，再利用二项式展开式的通项公式，求相应的系数，再通过赋值法，求系数的和.令，则，所以上述二项式展开式可转化为.所以.令，则.所以.14．已知,则在处的切线方程是_____________,若存在使得成立,则实数的取值范围是_____________.【答案】【解析】本题考查导数的应用.解答本题时要注意先利用导数的几何意义，求切线方程；再通过构造函数，利用导数求函数的最值，通过函数的最值，求得实数的取值范围.因为.由导数的几何意义可知，，且.所以在处的切线方程是.令，则,所以可知在上单调递减，在上单调递增.因为存在使得成立，所以只需.所以.15．从装有6个白球和4个红球的口袋中任取一个球,用表示“取到的白球个数”,即则______________.【答案】【解析】本题考查随机变量的分布列及其期望和方差.解答本题时要注意根据条件形成分布列，并计算期望，由此计算方差.由题可得.所以.所以.16．锅中煮有芝麻馅汤圆6个,花生馅汤圆5个,豆沙馅汤圆4个,这三种汤圆的外部特征完全相同. 从中任意舀取4个汤圆,则每种汤圆都至少取到1个的概率为___________.【答案】【解析】本题考查随机事件的概率.解答本题时要注意结合排列组合数公式，利用古典概型，求相应事件的概率.由题可得.17．已知都是定义在上的函数,>=,在有穷数列中,任意取正整数,则前项和大于的概率是__________.【答案】【解析】本题考查等可能事件的概率，数列与函数的综合.解答本题时要注意先根据导数不等式，构造函数，并确定其单调性，再计算得到实数的值，然后构造不等式，确定n的取值范围，再利用等可能事件的概率，求值计算.令，则.所以单调递减，所以.因为，解得.所以其前n项和为.所以有，解得.故所求概率为.三、解答题：共5题18．已知二项式的展开式中第四项为常数项.(1)求的值;(2)求展开式的各项系数绝对值之和;(3)求展开式中系数最大的项.【答案】（1）的展开式中第四项为常数项，，（2）由（1）知，展开式的各项系数绝对值之和为.（3）设展开式的第项系数绝对值为，且为最大值则，或，又时是展开式中第四项，其系数是负值，故的展开式中系数最大的项为：.【解析】本题考查二项式定理.解答本题时要注意(1)利用二项式展开式的通项公式，结合第四项为常数项，建立关于n的方程，解得n的值.（2）利用条件，结合最大项的表示方式，建立不等式组，求解不等式组，确定系数最大的项，并表示之.19．设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,现将这五个球放入5个盒子内,(1)只有一个盒子空着,共有多少种投放方法?(2)没有一个盒子空着,但球的编号与盒子编号不全相同,有多少种投放方法?(3)每个盒子内投放一球,并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的,有多少种投放方法?【答案】（1）（种）；（2）（种）；（3）满足的情形：第一类，五个球的编号与盒子编号全同的放法：1种；第二类，四个球的编号与盒子编号相同的放法：0种；第三类，三个球的编号与盒子编号相同的放法：10种；第四类，二个球的编号与盒子编号相同的放法：种；故满足条件的放法数为种.【解析】本题考查排列组合.解答本题时要注意(1)根据条件先确定哪两个球在一起，然后再确定哪四个盒子有球，最后利用分步乘法计数原理求得投放的方法；(2)利用间接法，所有情况去掉球的编号与盒子编号相同的，剩余的就是满足条件的；(3)利用分类加法计数原理，确定满足条件的方法，最后将所得到的方法相加.20．某校为促进学生全面的发展,在高二年级开设了化学研究性学习课程,某班学生在一次研究活动课程中,一个小组进行一种验证性实验,已知该种实验每次实验成功的概率为.(1)求该小组做了5次这种实验至少有2次成功的概率;(2)如果在若干次实验中累计有2次成功就停止实验,否则将继续下次实验,但实验的总次数不超过5次,求该小组所做实验的次数ξ的分布列和数学期望.【答案】(1)记“该小组做了5次试验至少有2次成功”为事件A,“只成功1次”为事件A1,“一次都不成功”为事件A2,则P(A)=1-P(A1+A2)=1-P(A1)-P(A2)=1-()5-()5=,故该小组做了5次这种实验至少有2次成功的概率为.(2)ξ的可能取值为2,3,4,5.则P(ξ=2)=()2=;P(ξ=3)=()3=;P(ξ=4)=()4=;P(ξ=5)=()5+()5+()5=.所以ξ的分布列为所以Eξ=2×+3×+4×+5×=.【解析】本题主要考查概率的计算、分布列、期望等知识,考查考生的数据处理能力、运算求解能力.根据对立事件的概率计算公式可求出(1);对于(2),写出ξ的取值情况,由相互独立事件同时发生的概率计算公式可得出ξ的分布列,进而求出数学期望.【备注】高考对离散型随机变量的考查主要有两个方面:一是求随机变量的概率分布列,二是求随机变量的期望.求概率的过程中要注意分类讨论思想的运用,分类要做到不重不漏,所有变量的概率之和为1,可用来快速检验计算结果或分类是否正确.21．是否存在常数使得对一切均成立,并证明你的结论.【答案】令得：,下面利用数学归纳法加以证明：（1）验证当时，由上面计算知等式成立；（2）假设时等式成立，即=；当时有：===，时等式成立.故由（1）（2）知存在常数使得=对一切均成立.【解析】本题考查数学归纳法.解答本题时要注意先通过赋值法，利用n的前3个值，确定参数a,b,c的值，然后结合数学归纳法，证明等式成立.22．已知,函数,(1)若函数在上递减, 求实数的取值范围;(2)当时,求的最小值的最大值;(3)当时，设，证明：.【答案】（1）函数在(0,2)上递减⇔, 恒有成立, 而⇒,恒有成立, 而, 则即满足条件的的取值范围是.（2）当时,x 2(0,)a 2a 2(,)a +∞()f x ' － 0 ＋()f x ↘ 极小值 ↗的最小值= ,a (0,2) 2 (2,)+∞()g a '＋ 0 － ()g x ↗ 极大值 ↘ 故的最大值为（3）当时，,所以在上是增函数，故当时， x a x a x )2(ln 2--+ ==解得或，. 综上所述：.【解析】本题考查导数的应用.解答本题时要注意(1)先对函数进行求导，然后利用导数与函数单调性的关系，利用不等式恒成立问题，求得实数的取值范围；(2)先对函数进行求导，然后利用导数判断函数的极值及单调性，确定函数的最值，再对最值进行求导，利用导数判断函数单调性，由此确定最大值的最大值；(3)构建新函数并求导，利用新函数的单调性，判断其最值，证明不等式成立.。

宁波2017学年第二学期期末九校联考高二数学试题

宁波市2017-2018学年期末九校联考高二数学参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.题号12345678910答案C B A C D A C B D B二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.10；4312.6；313.240；x x 160-14.1；Z),2,12(∈-k k k 15.3016.9217.),254[+∞三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.解：（Ⅰ）由题意可得⎪⎩⎪⎨⎧≤+---∈≥-,01243)2)((,N ,22*n n n n n ………………3分所以⎪⎩⎪⎨⎧≤+-∈≥,0189,N ,42*n n n n ，即⎪⎩⎪⎨⎧≤--∈≥,0)6)(3(,N ,4*n n n n 解得4=n 或5=n 或6=n ，………………5分所以原不等式的解集为}6,5,4{.………………6分（Ⅱ）n n n n x a x a x a a x x )2()2()2()]2(31[)53(2210-++-+-+=-+=- ，所以1352)1(93222=-==n n C a n ，解得6=n .………………9分法一：令37=x ，则662210663332)5373(a a a a ++++==-⨯ ………………11分又100==n C a ，所以63206621=-=+++a a a a .………………14分法二：因为)6,5,4,3,2,1,0(36==r C a r r r ，所以r r r C a 63=，………………11分则 ++=+++261666221333C C a a a 6312666=-=+C .………………14分19.解：（Ⅰ）8181=⨯⨯=S ，242882=⨯⨯+=S ，4948753825247538222223=⨯⨯+=⨯⨯+=S S ，………………3分由此猜想()()()2*2211N 21n n S n n +-=∈+（Ⅱ）①当1n =时，()()2122118==921S +-+，等式成立，………………7分②假设当k n =时，等式成立，即()()2221121k k S k +-=+，………………8分则当1+=k n 时，()22+18(1)21(23)k k k S S k k +=++=+()()()22222118(1)+211(23)2k k k k k +++++-()()()()222222222[211]8(1)218(1)==212(23)(23)(23)(23)(231)k k k k k k k k k k k +-+++++++-+++++()()22222(23)21=(21)(123)2k k k k k -+++++2222==(23)1[2(1)1)]1(23)[2(1)1]k k k k +-++-+++所以当1+=k n 时，等式也成立，综上，对任意的*N n ∈，()()2221121n n S n +-=+.………………15分20.解：（Ⅰ）x x x x x x x f 333e )3sin 3(cos )1(sin e 3e cos )(′-+=-+⋅=………3分则曲线)(x f y =在))0(,0(f P 处的切线斜率为31)0(′-=f ，…………4分又1)0(-=f ,…………5分则切线方程为)0)(31()1(--=--x y ，即1)31(--=x y .…………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）得x x x x x f 33e ]3)πsin(2[e3sin 3(cos )(′-+=-+=,…………8分令0)(′=x f ，得6π=x 或2π=x ，则当6π≤0<x 或π2π≤<x 时，0)(′<x f ，………………6分………………10分………………14分当2π6π<<x 时，0)(′>x f ，所以)(x f 在]6π0[，和π]2π[，单调递减，在)2π6π(，上单调递增，…………12分又1)0(-=f ，6π3e 216π(-=f ，02π(=f ，π3e )π(-=f ，则π3min e )(-=x f ，0)(max =x f ，…………14分所以函数)(x f 在区间]π,0[上的取值范围是]0e [π3，-.…………15分21.解：（Ⅰ）①当0=a 时，()||f x x x bx=+因为)(||)(x f bx x x x f -=--=-，所以函数)(x f 为奇函数.…………3分②当0≠a 时，非奇非偶；…………5分（Ⅱ）⎩⎨⎧<++-≥-+=ax x a x a x x a x x f 2,)22(2,)22()(221︒当01a <≤时，有121a a a -<≤+，()y f x =在[]0,4上单调递增，()()4248M a f a ==-；…………7分2︒当12a <<时，01124a a a <-<+<<，()y f x =在[]0,1a +上单调递增，在[]1,2a a +上单调递减，在[]2,4a 上单调递增，所以()()(){}1,4max M a f f a +=，()()2(81,2441)f a f a a =+=-+，而()()()()222481411023f f a a a a a --=++--+=，①当15a <<时，()()4248M a f a ==-；②当52a -≤<时，()()21(1)M a f a a ==++；…………10分3︒当23a ≤<时，1142a a a -<+<≤，所以()y f x =在[]0,1a +上单调递增，在[]1,4a +上单调递减，此时()()()211M a f a a =+=+；…………12分4︒当3a ≥时，14a +≥，所以()y f x =在[]0,4上单调递增，此时()()848M a f a ==-；…………14分综上所述，当[]0,2x ∈时，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-<≤-+-<<-=3,883534,)1(5340,824)(2a a a a a a a M …………15分22.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(1,)-+∞（ⅰ）22)1(2)1(111)('x a x x a x x f +-+=+-++=，…………1分①当1≤a 时，012>+≥-+x a x ，所以)(x f 在)1(∞+-，上单调递增，此时无极值点；…………2分②当1>a 时，)21(--∈a x ，时，0)('<x f ，)(x f 在)21(--a ，单调递减，)2(∞+-∈，a x 时，)(x f 在(2,)a -+¥单调递增，所以)(x f 有一个极小值点2-a ，综上所述，1≤a 时，无极值点；1>a 时，有一个极小值点2-a .…………4分（ⅱ）法一：由（ⅰ）得02x a =-，则20+=x a ，所以000)1ln()(x x x f -+=，……5分即证010e ln(1)0x x --+>，令1()e ln(1)x h x x -=-+，…………6分11'()e 1x h x x -=-+，11()e 1x g x x -=-+，121'()e 0(1)x g x x -=+³+，所以)()('x g x h =在)1(∞+-，上为增函数，因为11(0)(1)(1)0e 2g g ×=-<，所以存在)1,0(1∈x 使得111111()'()e 01x g x h x x -==-=+，则)(x h 在)1(1x ，-单调递减，在)(1∞+，x 单调递增，所以11min 11()()e ln(1)x h x h x x -==-+0111112111>+=-++=x x x x ，所以11()e ln(1)()0x h x x h x -=-+³>，从而有0100e )(x x f x -<-.…………9分法二：由（ⅰ）得20-=a x ，则20+=x a ，所以000)1ln()(x x x f -+=，…………5分令x x x h -+=)1ln()(，则1111)('+-=-+=x x x x h ，所以)(x h 在)0,1(-单调递增，在),0(+∞单调递减，所以0)0()()(max ==≤h x h x h ，…………7分令1()e x g x x -=-，则1'()e 1x g x -=-，所以)(x g 在)1,1(-单调递减，在(1,)+¥单调递增，0)1()()(min ==≥g x g x g ，所以()()h x g x <恒成立，即证0100()e x f x x -<-.…………9分（Ⅱ）法一：不妨设21x x <，由（Ⅰ）得)21(1--∈a x ，，)2(2∞+-∈，a x ，1>a 且2≠a ，令)42()()(x a f x f x g ---=))21((--∈a x ，，…………11分=)('x g 2222)32(2)1(2)421(242)1(2x a x a x a x x a a x a x a x ----++-+=--+-+--++-+0)32()1()2()1(4222<--+-+-=x a x a x a 则)(x g 在)21(--a ，上单调递减，…………13分所以0)2()(1=->a g x g 即)42()(11x a f x f -->，所以)42()(12x a f x f -->，因为)2,1(1--∈a x ，所以)32,2(421--∈--a a x a ，由（Ⅰ）得)(x f 在)2(∞+-，a 单调递增，所以1242x a x -->，即4221->+a x x .…………15分法二：不妨设21x x <，由（Ⅰ）得)21(1--∈a x ，，)2(2∞+-∈，a x ，1>a 且2≠a 因为0)0(=f ，…………10分1当00x >时，所以01=x ，要证4221->+a x x ，即证022x x >，因为)(x f 在()0,x +¥上单调递增，故只需证)2()(02x f x f >，即证0)2(0<x f ，因为000002(1)(2)ln(21)21x x f x x x +=+-+，令021(1,)u x =+Î+¥，1()ln 22u h u u u=-+，2222211121(1)'()02222u u u h u u u u u -+-=--=-=-<，所以)(u h 单调递减，则()(1)0h u h <=，从而0)2(0<x f ，即4221->+a x x .…………13分2当010x -<<时，所以20x =，要证4221->+a x x ，即证102x x >，因为)(x f 在0x （-1,）上单调递减，故只需证10()(2)f x f x <，即证0(2)0f x >，因为000002(1)(2)ln(21)21x x f x x +=+-+，令021(1,1)u x =+Î-，1()ln 22u h u u u =-+，2222211121(1)'()02222u u u h u u u u u-+-=--=-=-<，所以)(u h 单调递减，则()(1)0h u h >=，从而0(2)0f x >，即4221->+a x x .…………15分。

2016年宁波市高二数学下期末九校联考试卷(带答案和解释)

2016年宁波市高二数学下期末九校联考试卷（带答案和解释）2015-2016学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知U=R，集合A={x|x≥0}，B={x|2≤x≤4}，则A∩（∁UB）=（） A．{x|x≤0} B．{x|2≤x≤4} C．{x|0＜x≤2或x≥4} D．{x|0≤x＜2或x＞4} 2．已知a=（），b=（），c=（），则下列关系中正确的是（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b 3．函数y=x3和y=log2x在同一坐标系内的大致图象是（） A． B． C． D． 4．若（1�2x）5=a0+a1x+…+a5x5（x∈R），则（a0+a2+a4）2�（a1+a3+a5）2=（） A．243 B．�243 C．81 D．�81 5．已知离散型随机变量ξ～B（n，p），且E（2ξ+1）=5.8，D（ξ）=1.44，那么n，p的值分别为（） A．n=4，p=0.6 B．n=6，p=0.4 C．n=8，p=0.3 D．n=24，p=0.1 6．设函数f（x）= ，记f1（x）=f（f（x）），f2（x）=f（f1（x）），…，fn+1（x）=f（fn（x）），n∈N*，那么下列说法正确的是（） A．f（x）的图象关于点（�1，1）对称，f2016（0）=0 B．f （x）的图象关于点（�1，�1）对称，f2016（0）=0 C．f（x）的图象关于点（�1，1）对称，f2016（0）=1 D．f（x）的图象关于点（�1，�1）对称，f2016（0）=1 7．把7个字符1，1，1，A，A，α，β排成一排，要求三个“1”两两不相邻，且两个“A“也不相邻，则这样的排法共有（） A．12种 B．30种 C．96种 D．144种 8．已知定义在[1，+∞）上的函数f（x）= 给出下列结论：①函数f（x）的值域为（0，8]；②对任意的n∈N，都有f（2n）=23�n；③存在k∈（，），使得直线y=kx与函数y=f（x）的图象有5个公共点；④“函数f（x）在区间（a，b）上单调递减”的充要条件是“存在n∈N，使得（a，b）⊆（2n，2n+1）” 其中正确命题的序号是（） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 二、填空题:本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分9．计算：（1）（）�160.25= ；（2）log93+lg3•log310=． 10．若二项式（�）n的展开式共有7项，则n= ；展开式中的第三项的系数为．（用数字作答） 11．已知定义在R上的奇函数f（x）= ，则f（1）= ；不等式f（f（x））≤7的解集为． 12．我省新高考采用“7选3”的选考模式，即从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术这7门科目中选3门作为选考科目，那么所有可能的选考类型共有种；甲、乙两人根据自己的兴趣特长以及职业生涯规划愿景进行选课，甲必选物理和政治，乙不选技术，则两人至少有一门科目相同的选法共有种（用数学作答） 13．掷两颗质地均匀的骰子，在已知它们的点数不同的条件下，有一颗是6点的概率是． 14．已知a 为实数，若函数f（x）=|x2+ax+2|�x2在区间（�∞，�1）和（2，+∞）上单调递减，则实数a的取值范围为． 15．设函数f（x）=ex（x3�3x+2�c）+x（x≥�2），若不等式f（x）≥0恒成立，则实数c的最大值是．三、解答题（本大题共5小题，共74分） 16．已知对任意的n∈N*，存在a，b∈R，使得1×（n2�12）+2×（n2�22）+3×（n2�32）+…+n（n2�n2）= （an2+b）（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）用数学归纳法证明上述恒等式． 17．一个口袋装有大小相同的小球9个，其中红球2个、黑球3个、白球4个，现从中抽取2次，每次抽取一个球．（Ⅰ）若有放回地抽取2次，求两次所取的球的颜色不同的概率；（Ⅱ）若不放回地抽取2次，取得红球记2分，取得黑球记1分，取得白球记0分，记两次取球的得分之和为随机变量X，求X的分布列和数学期望． 18．已知函数f（x）=x2�2x�t（t为常数）有两个零点，g（x）= ．（Ⅰ）求g（x）的值域（用t表示）；（Ⅱ）当t变化时，平行于x轴的一条直线与y=|f（x）|的图象恰有三个交点，该直线与y=g（x）的图象的交点横坐标的取值集合为M，求M． 19．定义：若两个二次曲线的离心率相等，则称这两个二次曲线相似．如图，椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，右顶点为A，以其短轴的两个端点B1，B2及其一个焦点为顶点的三角形是边长为6的正三角形，M是C上异于B1，B2的一个动点，△MB1B2的重心为G，G点的轨迹记为C1．（Ⅰ）（i）求C的方程；（ii）求证：C1与C相似；（Ⅱ）过B1点任作一直线，自下至上依次与C1、x轴的正半轴、C交于不同的四个点P，Q，R，S，求的取值范围． 20．已知函数f（x）=lnx� ax2+（1�a）x，其中a∈R，f（x）的导函数是f′（x）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）在曲线y=f（x）的图象上是否存在不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2），使得直线AB的斜率k=f′（）？若存在，求出x1与x2的关系；若不存在，请说明理由．2015-2016学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知U=R，集合A={x|x≥0}，B={x|2≤x≤4}，则A∩（∁UB）=（） A．{x|x≤0} B．{x|2≤x≤4} C．{x|0＜x≤2或x≥4} D．{x|0≤x＜2或x＞4} 【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】先求出补集∁UB，再根据并集的定义求出A∪（∁UB）．【解答】解：∵B={x|2≤x≤4}，∴∁UB={x|x＜1或x＞4}，∵A={x|x≥0}，∴A∪（∁UB）={x|0≤x＜1或x＞4}，故选：D． 2．已知a=（），b=（），c=（），则下列关系中正确的是（） A．a＞b＞c B．b ＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b 【考点】对数值大小的比较．【分析】利用指数函数与幂函数的单调性即可得出．【解答】解：∵ ，∴b=（）＞c=（），∵ ，∴a=（）＞b=（），∴a＞b＞c．故选：A． 3．函数y=x3和y=log2x在同一坐标系内的大致图象是（） A． B． C． D．【考点】函数的图象．【分析】直接根据幂函数和对数函数的单调性即可判断．【解答】解：函数y=x3为单调递增函数，且过定点（1，1），y=log2x为单调递增函数，且过定点（1，0），故选：A． 4．若（1�2x）5=a0+a1x+…+a5x5（x∈R），则（a0+a2+a4）2�（a1+a3+a5）2=（） A．243 B．�243 C．81 D．�81 【考点】二项式系数的性质．【分析】可令x=1，求得a0+a1+…+a5=�1，再令x=�1求得a0�a1+…�a5=243，而（a0+a2+a4）2�（a1+a3+a5）2=（a0+a2+a4+a1+a3+a5）（a0+a2+a4�a1�a3�a5），问题得以解决．【解答】解：∵（1�2x）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，∴令x=1，有a0+a1+…+a5=�1 再令x=�1，有a0�a1+…�a5=35…=243，∴（a0+a2+a4）2�（a1+a3+a5）2=（a0+a2+a4+a1+a3+a5）（a0+a2+a4�a1�a3�a5）=�243．故选：B． 5．已知离散型随机变量ξ～B（n，p），且E（2ξ+1）=5.8，D（ξ）=1.44，那么n，p的值分别为（） A．n=4，p=0.6 B．n=6，p=0.4 C．n=8，p=0.3 D．n=24，p=0.1 【考点】离散型随机变量的期望与方差．【分析】由已知求出E（ξ）=2.4，D（ξ）=1.44，利用二项分布的性质列出方程组，能求出n，p的值．【解答】解：∵离散型随机变量ξ～B（n，p），且E（2ξ+1）=5.8，D（ξ）=1.44，∴2E（ξ）+1=5.8，∴E（ξ）=2.4，∴ ，解得n=6，p=0.4．故选：B． 6．设函数f（x）= ，记f1（x）=f（f（x）），f2（x）=f（f1（x）），…，fn+1（x）=f（fn（x）），n∈N*，那么下列说法正确的是（） A．f（x）的图象关于点（�1，1）对称，f2016（0）=0 B．f（x）的图象关于点（�1，�1）对称，f2016（0）=0 C．f （x）的图象关于点（�1，1）对称，f2016（0）=1 D．f（x）的图象关于点（�1，�1）对称，f2016（0）=1 【考点】函数的值．【分析】根据函数f（x），求出f1（x）、f2（x），…，fn+1（x）的解析式，即可得出结论．【解答】解：∵函数f（x）= ，∴f1（x）=f （f（x））=x， f2（x）=f（f1（x））= ，…， fn+1（x）=f（fn （x）），n∈N*；又f（x）= =�1+ ，所以f（x）的图象关于点（�1，�1）对称，且f2016（0）= =1．故选：D． 7．把7个字符1，1，1，A，A，α，β排成一排，要求三个“1”两两不相邻，且两个“A“也不相邻，则这样的排法共有（） A．12种 B．30种 C．96种 D．144种【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】先求出两个“A“没有限制的排列，再排除若A，A相邻时的排列，问题得以解决．【解答】解：先排列A，A，α，β，若A，B不相邻，有A22C32=6种，若A，B相邻，有A33=6种，共有6+6=12种，从所形成了5个空中选3个插入1，1，1，共有12C53=120，若A，A相邻时，从所形成了4个空中选3个插入1，1，1，共有6C43=24，故三个“1”两两不相邻，且两个“A“也不相邻，则这样的排法共有120�24=96种，故选：C． 8．已知定义在[1，+∞）上的函数f （x）= 给出下列结论：①函数f（x）的值域为（0，8]；②对任意的n∈N，都有f（2n）=23�n；③存在k∈（，），使得直线y=kx 与函数y=f（x）的图象有5个公共点；④“函数f（x）在区间（a，b）上单调递减”的充要条件是“存在n∈N，使得（a，b）⊆（2n，2n+1）” 其中正确命题的序号是（） A．①②③ B．①③④C．①②④ D．②③④ 【考点】命题的真假判断与应用．【分析】①根据分段函数的表达式结合函数的最值进行求解判断，②利用f （2n）= f（1）进行求解判断，③作出函数f（x）和y=kx的图象，利用数形结合进行判断，④根据分段函数的单调性进行判断．【解答】解：①当1≤x＜2时，f（x）=�8x（x�2）=�8（x�1）2+8∈（0，8]，②∵f（1）=8，∴f（2n）= f（2n�1）= f（2n�2）= f （2n�3）=…= f（20）= f（1）= ×8=23�n，故②正确，③当x≥2时，f（x）= f（）∈0，4]，故函数f（x）的值域为（0，8]；故①正确，当2≤x＜4时，1≤ ＜2，则f（x）= f（）= [�8（�1）2+8]=�4（�1）2+4，当4≤x＜8时，2≤ ＜4，则f（x）= f（）= [�4（�1）2+4]=�2（�1）2+2，作出函数f（x）的图象如图：作出y= x和y= x的图象如图，当k∈（，），使得直线y=kx与函数y=f（x）的图象有3个公共点；故③错误，④由分段函数的表达式得当x∈（2n，2n+1）时，函数f（x）在（2n，2n+1）上为单调递减函数，则函数f（x）在区间（a，b）上单调递减”的充要条件是“存在n∈N，使得（a，b）⊆（2n，2n+1）”为真命题．，故④正确，故选：C 二、填空题:本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分 9．计算：（1）（）�160.25= ；（2）log93+lg3•log310= 3 ．【考点】对数的运算性质；有理数指数幂的化简求值．【分析】根据对数和指数幂的运算性质计算即可．【解答】解：（1）（）�160.25= �24×0.25= �1= ；（2）log93+lg3•log310= +lg3 =2+1=3 10．若二项式（�）n的展开式共有7项，则n= 6 ；展开式中的第三项的系数为60 ．（用数字作答）【考点】二项式系数的性质．【分析】根据展开式中的项数共有7项可求出n的值是6，利用二项展开式的通项公式求出通项，令r的指数为2，将r的值代入通项求出展开式中的第三项的系数．【解答】解：∵二项式（�）n的展开式共有7项，∴n=6 展开式的通项为Tr+1=（�2）rC6r ，展开式中的第三项即r=2时，所以展开式中的第三项的系数为4C62=60 故答案为：6，60 11．已知定义在R上的奇函数f（x）= ，则f（1）= �1 ；不等式f（f （x））≤7的解集为（�∞，2] ．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】由奇函数关于原点对称的性质，即可求得f（1）；不等式f（f （x））≤7的解集等价于f（x）≥�3的解集，即可求得答案．【解答】解：∵R上的奇函数f（x）= ，∴f（1）=�f（�1）=�[（）�1�1]=�1，∵不等式f（f（x））≤7，f（�3）=7，∴f（x）≥�3，∵R上的奇函数f（x）= ，∴g（x）=1�2x，∴f（x）≥�3等价于或，可以解得x≤2，即不等式f（f（x））≤7的解集为（�∞，2]．故答案为：�1；（�∞，2]． 12．我省新高考采用“7选3”的选考模式，即从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术这7门科目中选3门作为选考科目，那么所有可能的选考类型共有35 种；甲、乙两人根据自己的兴趣特长以及职业生涯规划愿景进行选课，甲必选物理和政治，乙不选技术，则两人至少有一门科目相同的选法共有92 种（用数学作答）【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】①直接根据组合定义即可求出，②利用间接法，先求出甲必选物理和政治，乙不选技术的种数，再排除两人没有科目相同的选法，问题得以解决．【解答】解：①从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术这7门科目中选3门作为选考科目，那么所有可能的选考类型共有C73=35种，②甲必选物理和政治，乙不选技术，则甲乙的选法为C51C63=100种，其中没有相同的科目，若甲选技术，则乙有C43=4种，若甲不选技术，甲有4种，乙只有1种，故有4×1=4种，则其中没有相同的科目的为4+4=8种，故两人至少有一门科目相同的选法共有100�8=92，故答案为：35，92 13．掷两颗质地均匀的骰子，在已知它们的点数不同的条件下，有一颗是6点的概率是．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【分析】掷两颗质地均匀的骰子，它们的点数不同，列举出所有的基本事件和其中有一颗是6点包含的基本事件个数，由此能求出它们的点数不同的条件下，有一颗是6点的概率．【解答】解：掷两颗质地均匀的骰子，它们的点数不同，所有的基本事件为：（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，1），（3，2），（3，4），（3，5），（3，6），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（4，6），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），共有30个，其中有一颗是6点包含的基本事件个数有10个，∴它们的点数不同的条件下，有一颗是6点的概率p= = ．故答案为：． 14．已知a为实数，若函数f（x）=|x2+ax+2|�x2在区间（�∞，�1）和（2，+∞）上单调递减，则实数a的取值范围为[�8，0）．【考点】分段函数的应用；函数的单调性及单调区间．【分析】将函数表示为分段函数形式，结合一元二次函数的单调性的性质进行判断即可．【解答】解：f（x）=|x2+ax+2|�x2= ，设x2+ax+2=0的两个根分别为x1，x2，（x1＜x2），则f（x）= ，∵当x≥x2时，函数f（x）=ax+2，函数f（x）在（2，+∞）上单调递减，∴a＜0，当x1＜x＜x2时，抛物线的对称轴为x=� =�．若函数f（x）在（2，+∞）上单调递减，则�≤2，得�8≤a＜0．若f（x）在区间（�∞，�1）递减，则x1= ≥�1，即�a�≥�2，则≥a�2，∵�8≤a＜0，∴ ≥a�2恒成立，综上�8≤a＜0，故答案为：[�8，0） 15．设函数f（x）=ex（x3�3x+2�c）+x（x≥�2），若不等式f（x）≥0恒成立，则实数c的最大值是�2e2 ．【考点】函数恒成立问题．【分析】问题转化为c≤x3�3x+2+ ，（x≥�2），令h（x）=x3�3x+2+ ，（x≥�2），求出h（x）的最小值，从而求出c的最大值即可．【解答】解：∵函数f（x）=ex（x3�3x+2�c）+x（x≥�2），若不等式f（x）≥0恒成立，则c≤x3�3x+2+ ，（x≥�2），令h（x）=x3�3x+2+ ，（x≥�2），h′（x）=（x�1）[3（x+1）�e�x]，令h′（x）＞0，解得：x＞1或x＜x0，（�1＜x0＜0），令h′（x）＜0，解得：x0＜x＜1，∴h（x）在[�2，x0）递增，在（x0，1）递减，在（1，+∞）递增，∴h（x）的最小值是h（�2）或h （1），而h（�2）=�2e2＜h（1）= ，∴c≤�2e2，c的最大值是�2e2；故答案为：�2e2．三、解答题（本大题共5小题，共74分） 16．已知对任意的n∈N*，存在a，b∈R，使得1×（n2�12）+2×（n2�22）+3×（n2�32）+…+n（n2�n2）= （an2+b）（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）用数学归纳法证明上述恒等式．【考点】数学归纳法．【分析】（Ⅰ）分别取n=1，2，得到关于a，b的方程组解得即可，（Ⅱ）先根据当n=1时，把n=1代入求值等式成立；再假设n=k时关系成立，利用变形可得n=k+1时关系也成立，综合得到对于任意n∈N*时都成立【解答】解：（Ⅰ）由题意1×（n2�12）+2×（n2�22）+3×（n2�32）+…+n（n2�n2）= （an2+b），上述等式分别取n=1，2得，解得，（Ⅱ）由（Ⅰ）得1×（n2�12）+2×（n2�22）+3×（n2�32）+…+n（n2�n2）= （n2�1），证明：①当n=1时，左边=1×（12�12）=0，右边= ×12（12�1）=0，等式成立，②假设当n=k时，等式成立，即1×（k2�12）+2×（k2�22）+3×（k2�32）+…+k（k2�k2）= k2（k2�1），则当n=k+1时，左边=1×[（k2�12）+（2k+1）]+2×[（k2�22）+（2k+1）]+…+k[（k2�k2）+（2k+1）]，=1×（k2�12）+2×（k2�22）+3×（k2�32）+…+k （k2�k2）+（2k+1）（1+2+3+…+k）， = k2（k2�1）+（2k+1） k （k+1）， = k（k+1）（k2+3k+2）， = （k+1）2k（k+2）， = （k+1）2[（k+1）2�1]，所以当n=k+1时等式成立，综上所述，对任意n∈N*，原等式成立． 17．一个口袋装有大小相同的小球9个，其中红球2个、黑球3个、白球4个，现从中抽取2次，每次抽取一个球．（Ⅰ）若有放回地抽取2次，求两次所取的球的颜色不同的概率；（Ⅱ）若不放回地抽取2次，取得红球记2分，取得黑球记1分，取得白球记0分，记两次取球的得分之和为随机变量X，求X的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）设事件A为“两次所取的球颜色不同”，利用对立事件概率计算公式能求出两次所取的球的颜色不同的概率．（Ⅱ）由题意得X的可能取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．【解答】解：（Ⅰ）设事件A为“两次所取的球颜色不同”，则P（A）=1�[（）2+（）2+（）2]= ．（Ⅱ）由题意得X的可能取值为0，1，2，3，4， P （X=0）= = ， P（X=1）= = ， P（X=2）= = ， P（X=3）= = ， P （X=4）= = ，∴X的分布列为： X 0 1 2 3 4 PEX= = ． 18．已知函数f（x）=x2�2x�t（t为常数）有两个零点，g（x）= ．（Ⅰ）求g（x）的值域（用t表示）；（Ⅱ）当t 变化时，平行于x轴的一条直线与y=|f（x）|的图象恰有三个交点，该直线与y=g（x）的图象的交点横坐标的取值集合为M，求M．【考点】二次函数的性质；函数的值域．【分析】（Ⅰ）求出t的范围，根据基本不等式的性质求出g（x）的值域即可；（Ⅱ）求出t= ，得到＞�1，解不等式即可．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=x2�2x�t （t为常数）有两个零点，∴△=4（1+t）＞0，解得：t＞�1， g （x）= =（x�1）+ +2，∵|（x�1）+ |=|x�1|+ ≥2 ，当且仅当x=1± 时取“=”，∴（x�1）+ ≤�2 或（x�1）+ ≥2 ，∴g（x）≤2�2 或g（x）≥2+2 ，即g（x）的值域是（�∞，2�2 ]∪[2�2 ，+∞）；（Ⅱ）当x=1时，f（x）取最小值�t�1，由|f（x）|的图象得，平行x轴的直线y=x+1与函数y=|f（x）|的图象恰有三个交点，由 =t+1得，（x�2）t=x2�x+1，显然x≠2，∴t= ，由于t ＞�1，∴ ＞�1，即＞0，解得：�1＜x＜1或x＞2，∴M=（�1，1）∪（2，+∞）． 19．定义：若两个二次曲线的离心率相等，则称这两个二次曲线相似．如图，椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，右顶点为A，以其短轴的两个端点B1，B2及其一个焦点为顶点的三角形是边长为6的正三角形，M是C上异于B1，B2的一个动点，△MB1B2的重心为G，G点的轨迹记为C1．（Ⅰ）（i）求C的方程；（ii）求证：C1与C相似；（Ⅱ）过B1点任作一直线，自下至上依次与C1、x轴的正半轴、C交于不同的四个点P，Q，R，S，求的取值范围．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）（i）设C的方程： + =1（a＞b＞0），则，求出a，b，即可求C的方程；（ii）求出轨迹C1，可得离心率相等，即可证明C1与C相似；（Ⅱ）设直线方程为y=kx�3（k＞0），代入椭圆方程，求出相应线段的长，可得 = 构造函数，利用导数确定函数的单调性，即可确定的取值范围．【解答】（Ⅰ）（i）解：设C的方程： + =1（a＞b＞0），则，∴a=6，b=3，∴C的方程： =1；（ii）证明：设G（x，y），M（x0，y）（x0≠0），则x0=3x，y0=3y 把点M（3x，3y）的坐标代入C的方程，得轨迹C1的方程为 =1（x≠0），∴轨迹C1也为椭圆（除去（0，�1），（0，1）两点），求得a1=2，c1= ，e1= ，∵C的离心率e= ，∴e1=e，∴C1与C相似；（Ⅱ）解：设直线方程为y=kx�3（k＞0），代入C的方程得（1+4k2）x2�24kx=0，∴xS= ，yS= ，∴ = ，代入C1的方程得（1+4k2）x2�24kx+32=0，由k＞0，△＞0得k＞，由韦达定理得xP+xR= ，xPxR= ，∴|PR|2=（1+k2）[ �]．∵|AQ|=6�= ，∴ = 令f（k）= （k ）则f′（k）= • ＜0 ∴f（k）在（，+∞）上是减函数，∴ ）= ∴0＜＜． 20．已知函数f（x）=lnx�ax2+（1�a）x，其中a∈R，f（x）的导函数是f′（x）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）在曲线y=f（x）的图象上是否存在不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2），使得直线AB的斜率k=f′（）？若存在，求出x1与x2的关系；若不存在，请说明理由．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（Ⅰ）求导数，讨论a的符号，这样便可判断导数的符号，从而可判断每种情况是否存在极值，若存在便可求出该极值；（Ⅱ）先根据条件求出斜率，而可得到，这样便可根据条件得出，然后换元，并设x1＞x2，t＞1，从而得出；求导数并可判断导数符号g′（t）＞0，从而g（t）＞g（1），而g（1）=0，这即说明g （t）=0无解，从而得出满足条件的两点A，B不存在．【解答】解：（Ⅰ）由已知得，f′（x）= （1）当a≤0时，∵x＞0，∴f′（x）＞0；∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，此时函数f（x）无极值；（2）当a＞0时，；∴当x 时，g′（x）＞0；当x 时，g′（x）＜0；∴函数f（x）在上是增函数，在上是减函数；∴当时，f （x）有极大值，无极小值；综上所述，当a≤0时，函数f（x）无极值，当a＞0时，f（x）有极大值，无极小值．（Ⅱ）由题意得， = = = ．．由得，；即，即；令，不妨设x1＞x2，则t＞1，记；，所以g（t）在（1，+∞）上是增函数；所以g（t）＞g（1）=0，所以方程g（t）=0无解，则满足条件的两点A，B不存在．2016年8月3日。

宁波市2017学年九校联考高二数学(含答案)2018.6.26

宁波市2017学年期末九校联考高二数学参考答案二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11. 10；4312. 6；3 13. 240；x x 160- 14. 1；Z ),2,12(∈-k k k 15. 30 16. 9217. ),254[+∞三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.解：（Ⅰ）由题意可得⎪⎩⎪⎨⎧≤+---∈≥-,01243)2)((,N ,22*n n n n n ………………3分所以⎪⎩⎪⎨⎧≤+-∈≥,0189,N ,42*n n n n ，即⎪⎩⎪⎨⎧≤--∈≥,0)6)(3(,N ,4*n n n n解得4=n 或5=n 或6=n ， ………………5分所以原不等式的解集为}6,5,4{. ………………6分（Ⅱ）n n n n x a x a x a a x x )2()2()2()]2(31[)53(2210-++-+-+=-+=- ，所以1352)1(93222=-==n n C a n ，解得6=n . ………………9分法一：令37=x ，则662210663332)5373(a a a a ++++==-⨯ ………………11分又100==n C a ，所以6323330666221=-=+++a a a a . ………………14分法二：因为)6,5,4,3,2,1,0(36==r C a r r r ，所以r r rC a 63=， ………………11分则 ++=+++261666221333C C a a a 6312666=-=+C . ………………14分19.解：（Ⅰ）983118221=⨯⨯=S ，2524532898222=⨯⨯+=S ， 4948753825247538222223=⨯⨯+=⨯⨯+=S S ， ………………3分由此猜想()()()2*2211N 21n n S n n +-=∈+（Ⅱ）①当1n =时， ()()2122118==921S +-+，等式成立， ………………7分②假设当k n =时，等式成立，即()()2221121k k S k +-=+， ………………8分则当1+=k n 时，()22+18(1)21(23)k k k S S k k +=++=+()()()22222118(1)+211(23)2k k k k k +++++-()()()()222222222[211]8(1)218(1)==212(23)(23)(23)(23)(231)k k k k k k k k k k k +-+++++++-+++++()()22222(23)21=(21)(123)2k k k k k -+++++2222==(23)1[2(1)1)]1(23)[2(1)1]k k k k +-++-+++ 所以当1+=k n 时，等式也成立，综上，对任意的*N n ∈，()()2221121n n S n +-=+. ………………15分20.解：（Ⅰ）xxxx x x x x f 333e)3sin 3(cos )1(sin e3e cos )(′-+=-+⋅= ………3分则曲线)(x f y =在))0(,0(f P 处的切线斜率为31)0(′-=f ， …………4分又1)0(-=f , …………5分则切线方程为)0)(31()1(--=--x y ，即1)31(--=x y . …………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）得xxx x x x f 33e]3)6πsin(2[e)3sin 3(cos )(′-+=-+=, …………8分令0)(′=x f ，得6π=x 或2π=x ，则当6π≤0<x 或π2π≤<x 时，0)(′<x f ， ………………6分………………10分………………14分当2π6π<<x 时，0)(′>x f ，所以)(x f 在]6π0[，和π]2π[，单调递减，在)2π6π(，上单调递增， …………12分又1)0(-=f ，6π3e21)6π(-=f ，0)2π(=f ，π3e)π(-=f ，则π3min e)(-=x f ，0)(max =x f ， …………14分所以函数)(x f 在区间]π,0[上的取值范围是]0e [π3，-. …………15分21. 解：（Ⅰ）①当0=a 时，()||f x x x bx =+因为)(||)(x f bx x x x f -=--=-，所以函数)(x f 为奇函数. …………3分②当0≠a 时，非奇非偶； …………5分（Ⅱ）⎩⎨⎧<++-≥-+=ax x a x ax x a x x f 2,)22(2,)22()(221︒ 当01a <≤时，有121a a a -<≤+，()y f x =在[]0,4上单调递增，()()4248M a f a ==-； …………7分 2︒ 当12a <<时， 01124a a a <-<+<<，()y f x =在[]0,1a +上单调递增，在[]1,2a a +上单调递减，在[]2,4a 上单调递增，所以()()(){}1,4max M a f f a +=，()()2(81,2441)f a f a a =+=-+，而()()()()222481411023f f a a a a a --=++--+= ，①当15a <<时，()()4248M a f a ==-；②当52a ≤<时，()()21(1)M a f a a ==++； …………10分3︒ 当23a ≤<时， 1142a a a -<+<≤，所以()y f x =在[]0,1a +上单调递增，在[]1,4a +上单调递减，此时()()()211M a f a a =+=+； …………12分4︒ 当3a ≥时， 14a +≥，所以()y f x =在[]0,4上单调递增，此时()()848M a f a ==-； …………14分综上所述，当[]0,2x ∈时，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-<≤-+-<<-=3,883534,)1(5340,824)(2a a a a a a a M …………15分22.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(1,)-+∞（ⅰ）22)1(2)1(111)('x ax x a x x f +-+=+-++=， …………1分 ①当1≤a 时，012>+≥-+x a x ，所以)(x f 在)1(∞+-，上单调递增，此时无极值点； …………2分 ②当1>a 时，)21(--∈a x ，时，0)('<x f ，)(x f 在)21(--a ，单调递减，)2(∞+-∈，a x 时，)(x f 在(2,)a 单调递增，所以)(x f 有一个极小值点2-a ，综上所述，1≤a 时，无极值点；1>a 时，有一个极小值点2-a . …………4分（ⅱ）法一：由（ⅰ）得02x a ，则20+=x a ，所以000)1ln()(x x x f -+=， ……5分即证010e ln(1)0x x ，令1()eln(1)x h x x ， …………6分11'()e 1x h x x ，11()e 1xg x x ，121'()e 0(1)xg x x ，所以)()('x g x h =在)1(∞+-，上为增函数，因为11(0)(1)(1)0e 2g g ，所以存在)1,0(1∈x 使得111111()'()e 01x g x h x x ，则)(x h 在)1(1x ，-单调递减，在)(1∞+，x 单调递增，所以11min 11()()e ln(1)x h x h x x 0111112111>+=-++=x x x x ，所以11()e ln(1)()0xh x x h x ，从而有0100e )(x x f x -<-. …………9分法二：由（ⅰ）得20-=a x ，则20+=x a ，所以000)1ln()(x x x f -+=， …………5分令x x x h -+=)1ln()(，则1111)('+-=-+=x xx x h ，所以)(x h 在)0,1(-单调递增，在),0(+∞单调递减，所以0)0()()(max ==≤h x h x h ， …………7分令1()e xg x x ，则1'()e 1xg x ，所以)(x g 在)1,1(-单调递减，在(1,)单调递增，0)1()()(min ==≥g x g x g ，所以()()h x g x 恒成立，即证0100()e x f x x . …………9分（Ⅱ）法一：不妨设21x x <，由（Ⅰ）得)21(1--∈a x ，，)2(2∞+-∈，a x ，1>a 且2≠a ，令)42()()(x a f x f x g ---=))21((--∈a x ，， …………11分=)('x g 2222)32(2)1(2)421(242)1(2x a xa x a x x a a x a x a x ----++-+=--+-+--++-+ 0)32()1()2()1(4222<--+-+-=x a x a x a则)(x g 在)21(--a ，上单调递减， …………13分所以0)2()(1=->a g x g即)42()(11x a f x f -->，所以)42()(12x a f x f -->，因为)2,1(1--∈a x ，所以)32,2(421--∈--a a x a ，由（Ⅰ）得)(x f 在)2(∞+-，a 单调递增，所以1242x a x -->，即4221->+a x x . …………15分法二：不妨设21x x <，由（Ⅰ）得)21(1--∈a x ，，)2(2∞+-∈，a x ，1>a 且2≠a 因为0)0(=f ， …………10分 ① 当00x 时，所以01=x ，要证4221->+a x x ，即证022x x >，因为)(x f 在0,x 上单调递增，故只需证)2()(02x f x f >，即证0)2(0<x f ，因为000002(1)(2)ln(21)21x x f x x x ，令021(1,)ux ，1()ln 22u h u uu，2222211121(1)'()02222u u u h u u u u u ，所以)(u h 单调递减，则()(1)0h u h ，从而0)2(0<x f ，即4221->+a x x . …………13分② 当010x 时，所以20x ，要证4221->+a x x ，即证102x x ，因为)(x f 在0x （-1,）上单调递减，故只需证10()(2)f x f x ，即证0(2)0f x ，因为000002(1)(2)ln(21)21x x f x x x ，令021(1,1)ux ，1()ln 22u h u uu，2222211121(1)'()02222u u u h u u u u u ，所以)(u h 单调递减，则()(1)0h u h ，从而0(2)0f x ，即4221->+a x x . …………15分。

2016-2017学年浙江省宁波市九校联考高二(下)期末数学试卷(解析版)

2016-2017学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共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．（4分）设集合A＝{x|﹣1≤x≤3}，B＝{x|x2﹣3x+2＜0}，则A∩（∁R B）＝（）A．[﹣1，1）∪（2，3）B．[﹣1，1]∪[2，3]C．（1，2）D．R2．（4分）i是虚数单位，计算＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i3．（4分）已知曲线f（x）＝lnx在点（2，f（2））处的切线与直线ax+y+1＝0垂直，则实数a的值为（）A．B．﹣2C．2D．4．（4分）下面四个条件中，使a＞b成立的必要而不充分条件是（）A．a﹣1＞b B．a+1＞b C．|a|＞|b|D．a3＞b35．（4分）已知函数f（x）＝，则y＝f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．6．（4分）从1，2，3，…，9这九个整数中同时取四个不同的数，其和为偶数，则不同取法共有（）A．62B．64C．65D．667．（4分）已知1＜a＜b，m＝a b﹣1，n＝b a﹣1，则m，n的大小关系为（）A．m＜nB．m＝nC．m＞nD．m，n的大小关系不确定，与a，b的取值有关8．（4分）已知下列各式：①f（|x|+1）＝x2+1；②；③f（x2﹣2x）＝|x|；④f （|x|）＝3x+3﹣x．其中存在函数f（x）对任意的x∈R都成立的是（）A．①④B．③④C．①②D．①③9．（4分）设函数f（x）＝log2x+ax+b（a＞0），若存在实数b，使得对任意的x∈[t，t+2]（t ＞0）都有|f（x）|≤1+a，则t的最小值是（）A．2B．1C．D．10．（4分）定义在R上的可导函数f（x）满足f（x）﹣f（﹣x）＝2x3，当x∈（﹣∞，0]时f'（x）＜3x2，实数a满足f（1﹣a）﹣f（a）≥﹣2a3+3a2﹣3a+1，则a的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．（6分）已知log a2＝m，log a3＝n，则a2m+n＝，用m，n表示log46为．12．（6分）已知的展开式中二项式系数和为64，则n＝，该展开式中常数项为．13．（6分）已知函数f（x）＝，其中a＞0且a≠1．若a＝时方程f（x）＝b有两个不同的实根，则实数b的取值范围是；若f（x）的值域为[2，+∞），则实数a的取值范围是．14．（6分）函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣e﹣x的奇偶性为，在R上的增减性为（填“单调递增”、“单调递减”或“有增有减”）．15．（4分）小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为．16．（4分）已知（x＞0）的最小值为．则实数a ＝．17．（4分）已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）在区间（0，1]上有零点x0，则的最大值是．三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（14分）已知n∈N*，S n＝（n+1）（n+2）…（n+n），．（Ⅰ）求S1，S2，S3，T1，T2，T3；（Ⅱ）猜想S n与T n的关系，并用数学归纳法证明．19．（15分）（Ⅰ）已知，其中a i∈R，i＝1，2，…10．（i）求a0+a1+a2+…+a10；（ii）求a7．（Ⅱ）2017年5月，北京召开“一带一路”国际合作高峰论坛．组委会将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到翻译、导游、礼仪、司机四个不同的岗位，每个岗位至少有一人参加，且五人均能胜任这四个岗位．（i）若每人不准兼职，则不同的分配方案有几种？（ii）若甲乙被抽调去别的地方，剩下三人要求每人必兼两职，则不同的分配方案有几种？20．（15分）已知a∈R，函数f（x）满足f（2x）＝x2﹣2ax+a2﹣1．（Ⅰ）求f（x）的解析式，并写出f（x）的定义域；（Ⅱ）若f（x）在上的值域为[﹣1，0]，求实数a的取值范围．21．（15分）已知函数f（x）＝e﹣x﹣．（Ⅰ）证明：当x∈[0，3]时，．（Ⅱ）证明：当x∈[2，3]时，．22．（15分）已知a＜﹣1，函数f（x）＝|x3﹣1|+x3+ax（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）已知存在实数m，n（m＜n≤1），对任意t0∈（m，n），总存在两个不同的t1，t2∈（1，+∞），使得f（t0）﹣2＝f（t1）＝f（t2），求证：．2016-2017学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共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．【解答】解：集合A＝{x|﹣1≤x≤3}＝[﹣1，3]，B＝{x|x2﹣3x+2＜0}＝{x|1＜x＜2}＝[1，2]，则A∩（∁R B）＝[﹣1，3]∩[[2，+∞）∪（﹣∞，1]]＝[2，3]∪[﹣1，1]，故选：B．2．【解答】解：＝＝＝i．故选：C．3．【解答】解：f（x）＝lnx的导数为f′（x）＝，可得曲线f（x）＝lnx在点（2，f（2））处的切线斜率为，切线与直线ax+y+1＝0垂直，可得﹣a•＝﹣1，解得a＝2．故选：C．4．【解答】解：∵a＞b，∴a+1＞b，反之不一定成立．例如取a＝，b＝1．∴使a＞b成立的必要而不充分条件是a+1＞b．故选：B．5．【解答】解：令g（x）＝x﹣lnx﹣1，则，由g'（x）＞0，得x＞1，即函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，由g'（x）＜0得0＜x＜1，即函数g（x）在（0，1）上单调递减，所以当x＝1时，函数g（x）有最小值，g（x）min＝g（0）＝0，于是对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），有g（x）≥0，故排除B、D，因函数g（x）在（0，1）上单调递减，则函数f（x）在（0，1）上递增，故排除C，故选：A．6．【解答】解：根据题意，从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取四个数，使其和为偶数需要分3种情况讨论：①、当取出的4个数都是奇数，有C54＝5种情况，②、当取出的4个数有2个奇数、2个偶数，有C52×C42＝10×6＝60种情况，③、当取出的4个数都是偶数，当取出的数字没有奇数有C44＝1种情况，根据分类计数原理总共有5+60+1＝66种取法；故选：D．7．【解答】解：∵1＜a＜b，∴b﹣1＞a﹣1＞0，m＝a b﹣1，n＝b a﹣1，可得lnm＝（b﹣1）lna，lnn＝（a﹣1）lnb，相除可得＝，设f（x）＝（x＞1），可得f′（x）＝＜0，可得f（x）在x＞1递减，可得＞1，则m＞n，故选：C．8．【解答】解：①f（|x|+1）＝x2+1，由t＝|x|+1（t≥1），可得|x|＝t﹣1，则f（t）＝（t﹣1）2+1，即有f（x）＝（x﹣1）2+1对x∈R均成立；②，令t＝（0＜t≤1），x＝±，对0＜t≤1，y＝f（t）不能构成函数，故不成立；③f（x2﹣2x）＝|x|，令t＝x2﹣2x，若t＜﹣1时，x∈∅；t≥﹣1，可得x＝1±（t≥﹣1），y＝f（t）不能构成函数；④f（|x|）＝3x+3﹣x．当x≥0时，f（x）＝3x+3﹣x；当x＜0时，f（﹣x）＝3x+3﹣x；将x换为﹣x可得f（x）＝3x+3﹣x；故恒成立．综上可得①④符合条件．故选：A．9．【解答】解：函数f（x）＝log2x+ax+b（a＞0），由y＝log2x，y＝ax+b在（0，+∞）递增，可得f（x）在（0，+∞）递增，由对任意的x∈[t，t+2]（t＞0）都有|f（x）|≤1+a，可得﹣1﹣a≤f（x）≤1+a恒成立，即有﹣1﹣a≤f（x）min＝f（t）＝log2t+at+b，①1+a≥f（x）max＝log2（t+2）+a（t+2）+b，即为﹣1﹣a≤﹣log2（t+2）﹣a（t+2）﹣b，②①+②可得﹣2﹣2a≤log2t+at+b﹣log2（t+2）﹣a（t+2）﹣b，化为log2≥﹣2，解得≥，解得t≥，则t的最小值为，故选：D．10．【解答】解：令g（x）＝f（x）﹣x3，则g（﹣x）＝f（﹣x）﹣x3，则g（x）﹣g（﹣x）＝f（x）﹣f（﹣x）﹣2x3＝0，得g（x）为R上的偶函数，∵x＜0时，g'（x）＝f'（x）﹣3x2＜0，故g（x）在（﹣∞，0）单调递减，再结合g（x）为偶函数，知g（x）在（0，+∞）单调递增，又g（1﹣a）﹣g（a）＝f（1﹣a）﹣（1﹣a）3﹣（f（a）﹣a3）＝f（1﹣a）﹣f（a）+2a3﹣3a2+3a﹣1＝0，则g（1﹣a）≥g（a）等价于|1﹣a|≥|，解得a≤，即a∈（﹣∞，]．故选：D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．【解答】解：∵log a2＝m，log a3＝n，∴a m＝2，a n＝3，a2m+n＝（a m）2×a n＝22×3＝12，log46＝＝＝．故答案为：12，．12．【解答】解：由（2﹣）n展开式中的二项式系数和为64，可得2n＝64，∴n＝6．则展开式的通项公式为T r+1＝26﹣r•（﹣）r，令＝0，解得r＝2，故该展开式中的常数项为×24•C62＝60，故答案为6，60．13．【解答】解：作出f（x）＝的图象，由a＝时方程f（x）＝b有两个不同的实根，可得b＞2，且b＜2+0.52＝，即有b∈（2，）；函数f（x）＝，当0＜a＜1时，x≤2时，f（x）＝4﹣x≥2，x＞2时，f（x）＝a x+2a+1递减，可得2a+1＜f（x）＜a2+2a+1，f（x）的值域为[2，+∞），可得2a+1≥2，解得≤a＜1；当a＞1时，x≤2时，f（x）＝4﹣x≥2，x＞2时，f（x）＝a x+2a+1递增，可得f（x）＞a2+2a+1＞4，则f（x）的值域为[2，+∞）成立，a＞1恒成立．综上可得a∈[，1）∪（1，+∞）．故答案为：（2，），[，1）∪（1，+∞）．14．【解答】解：∵函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣e﹣x，∴它的定义域为R，且满足f（﹣x）＝﹣x3+x+e﹣x﹣e x＝﹣f（x），故函数f（x）为奇函数．由于函数的导数f′（x）＝3x2﹣2+（e x+e﹣x）≥3x2﹣2+2＝3x2≥0，故函数在R上单调递增，故答案为：奇；单调递增．15．【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21＝2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时有2×2×6＝24种不同坐法；③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时，共有2×6＝12种不同坐法；则一共有48+24+12＝84种不同坐法；故答案为：84．16．【解答】解：≥＝＝，当且仅当，即x＝1时，上式等号成立．由，解得a＝．故答案为：．17．【解答】解：由f（x0）＝0得b＝﹣x02﹣ax0，∴ab＝﹣ax02﹣a2x0＝x0[a（﹣x0﹣a）]≤x0•＝．（当且仅当a＝﹣x0﹣a即x0＝﹣2a时取等号）∴ab（）≤（﹣+），令g（x0）＝﹣+，则g′（x0）＝x03﹣x02+＝x0（x0﹣）（x0﹣），∴g（x0）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，1）上单调递增，又g（）＝，g（1）＝＝，∴g（x0）的最大值为．∴的最大值为＝．故答案为：．三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．【解答】解：（Ⅰ）S1＝T1＝2，S2＝T2＝12，S3＝T3＝120；（Ⅱ）猜想：S n＝T n（n∈N*），证明：（1）当n＝1时，S1＝T1；（2）假设当n＝k（k≥1且k∈N*）时，S k＝T k，即（k+1）（k+2）…（k+k）＝2k×1×3×…（2k﹣1），则当n＝k+1时S k+1＝（k+1+1）（k+1+2）…（k+1+k﹣1）（k+1+k）（k+1+k+1）＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2）＝＝2k+1×1×3×…（2k﹣1）（2k+1）＝T k+1．即n＝k+1时也成立，由（1）（2）可知n∈N*，S n＝T n成立．19．【解答】解：（Ⅰ）（i）在（2x﹣1）10＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+…+a10（x﹣1）10中，令x＝2可得a0+a1+a2+…+a10＝310，（ii）令x﹣1＝y，则x＝y+1；∴（1+2y）10＝a0+a1y+a2y2+…+a10y10，∴a7＝C10727＝15360；（Ⅱ）（i）每个岗位至少有一人参加，每人不准兼职，则有一个岗位2人参加，故有分配方案（种）；（ii）根据题意，4个岗位3个人参加，且每人身兼2职，不同的分配方案有﹣（+•（﹣））＝114（种）．20．【解答】解：（Ⅰ）令2x＝t＞0，则x＝log2t，则，即．定义域为：（0，+∞）；（Ⅱ）令g（x）＝f（2x），则f（x）＝，∴f（x）在上的值域为[﹣1，0]等价于g（x）＝x2﹣2ax+a2﹣1在区间[a﹣1，a2﹣2a+2]上的值域为[﹣1，0]．∵g（a）＝﹣1∈[﹣1，0]，∴a∈[a﹣1，a2﹣2a+2]，且g（x）在区间[a﹣1，a2﹣2a+2]上的最大值应在区间端点处取得．又g（a﹣1）＝0恰为g（x）在该区间上的最大值，故a必在区间右半部分，即，解得或．21．【解答】（本小题满分15分）证明：（Ⅰ）要证，也即证e x≤1+9x．…（2分）令F（x）＝e x﹣9x﹣1，则F′（x）＝e x﹣9．令F′（x）＞0，则x＞2ln3．∴当0≤x＜2ln3时，有F′（x）＜0，∴F（x）在[0，2ln3]上单调递减，2ln3＜x≤3时，有F′（x）＞0，∴F（x）在[2ln3，3]上单调递增．…（5分）∴F（x）在[0，3]上的最大值为max{F（0），F（3）}．又F（0）＝0，F（3）＝e3﹣28＜0．∴F（x）≤0，x∈[0，3]成立，即e x≤1+9x，x∈[0，3]成立．∴当x∈[0，3]时，．…（7分）（Ⅱ）由（I）得：当x∈[2，3]时，f（x）＝≥，令，则t′（x）＝﹣（1+9x）﹣2•9+（1+x）﹣2＝＝＝≥0，x∈[2，3]．（9分）∴t（x）在[2，3]上单调递增，即t（x）≥t（2）＝﹣＝﹣，x∈[2，3]．∴f（x）＞﹣得证．…（12分）下证f（x）＜0．即证e x＞x+1，令h（x）＝e x﹣（x+1），则h′（x）＝e x﹣1＞0，∴h（x）在[2，3]上单调递增，∴h（x）＝e x﹣（x+1）≥e2﹣3＞0，得证．∴当x∈[2，3]时，．…（15分）22．【解答】解：（Ⅰ），记，则f2′（x）＝6x2+a，因为a＜﹣1则由f2′（x）＝0可得x＝±，（i），f1（x）在（﹣∞，1）上递减，f2（x）在[1，+∞）上递增，所以[f（x）]min＝f（1）＝a+1；（ii），f1（x）在（﹣∞，1）上递减，，所以．综上，；（Ⅱ）证明：不妨设t1＜t2，则由（1）知，若﹣6≤a＜﹣1，则f2（x）在（1，+∞）上递增，不满足题意，所以a＜﹣6．所以，且，（i）a+1﹣2＞，即即，解得，即，所以，所以，所以；（ii）a+1﹣2≤，即，即，解得，所以，所以m≥1+，n≤，所以n﹣m≤﹣1﹣令＝u∈（1，]，则﹣1﹣＝u﹣1+，令φ（u）＝u﹣1+，则，所以φ（u）＝u﹣1+在u∈（1，]递增，所以φ（u）≤φ（）＝，所以n﹣m≤φ（u）≤．。

2017-2018年浙江省宁波市九校联考高二第二学期期末数学试卷和参考答案

2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二第二学期期末数学试卷一、选择题（每小题4分，共40分）1．（4分）已知集合A＝{x||x﹣1|＜2}，B＝{﹣1，0，1，2，3}，则集合A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣1，0，1，2}C．{﹣1，0，2，3}D．{0，1，2，3}2．（4分）下列函数中，在定义域上为增函数的是（）A．B．y＝lnx C．y＝3﹣x D．y＝|x|3．（4分）已知函数f（x）＝﹣x，则下列选项错误的是（）A．f（x+1）＝f（x）+1B．f（3x）＝3f（x）C．f（f（x））＝x D．4．（4分）函数的零点所在的大致区间是（）A．（1，2）B．（2，3）C．（3，4）D．（4，5）5．（4分）小明、小红、小泽、小丹去电影院看《红海行动》，四人座位是同一排且相邻的，若小明、小红不坐一起，则不同的坐法种数为（）A．24B．10C．8D．126．（4分）已知函数f（x），g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝2x，则f（2）﹣g（2）＝（）A．B．4C．0D．7．（4分）已知a，b，c＞0且，，，则（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞b＞a D．a＞c＞b8．（4分）已知f'（x）是函数f（x）的导函数，且函数y＝（2﹣x）f'（x）的图象如图所示，则f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．9．（4分）已知方程2x﹣1+21﹣x+t（|x﹣1|+2）＝0有三个解，则t＝（）A．B．1C．D．﹣110．（4分）已知直线y＝kx+b的图象恒在曲线y＝ln（x+3）的图象上方，则的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（2，+∞）C．（0，+∞）D．[1，+∞）二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．（6分）已知复数z＝（3+i）2，其中i为虚数单位，则|z|＝；若z•（a+i）是纯虚数（其中a∈R），则a＝．12．（6分）若3a＝24，b log23＝1，则3a﹣2b＝；＝．13．（6分）在的展开式中，常数项为；二项式系数最大的项为．14．（6分）已知函数，则f（2018）＝；不等式f（f（x））＞1的解集为．15．（4分）甲、乙、丙分别是宁波某高中语文、数学、英语老师，在本次期末考试中，三人均被安排在第一考场监考，该考场安排了语文、数学、英语、物理、化学、生物共6门科目考试．按照规定，甲、乙、丙3位老师每人监考2门科目，且不监考自己任教学科，则不同的监考方案共有种．16．（4分）已知函数f（x）＝ax+ln（x）（a＞0），若对任意的x1，，都有，则a的最大值为．17．（4分）已知函数有零点，则b2+c2的取值范围是．三、解答题：共74分18．（14分）（1）解不等式（2）已知（3x﹣5）n＝且a2＝135，求．19．（14分）已知数列{a n}的通项公式，其前n项和为S n （1）求S1，S2，S3，试猜想S n的表达式；（2）用数学归纳法证明你的猜想．20．（14分）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在P（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，π]上的取值范围．21．（16分）已知函数f（x）＝x|x﹣2a|+bx，a∈R．（1）判断函数f（x）的奇偶性；（2）若b＝2且a＞0，求函数f（x）在区间[0，4]上的最大值M（a）．22．（16分）已知函数．（1）（ⅰ）讨论函数f（x）的极值点个数；（ⅱ）若x0是函数f（x）的极值点，求证：；（2）若x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＞2a﹣4．2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二第二学期期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分）1．【考点】1E：交集及其运算．【解答】解：A＝{x|x﹣1|＜2，x∈R}＝{x|﹣1＜x＜3}，B＝{﹣1，0.1，2，3}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．【点评】本题考查了交集及其运算，考查了绝对值不等式的解法，是基础题．2．【考点】3E：函数单调性的性质与判断．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，y＝﹣，为反比例函数，在其定义域不是增函数；不符合题意；对于B，y＝lnx，为对数函数，在定义域（0，+∞）上为增函数；符合题意；对于C，y＝3﹣x＝（）x，为指数函数，在其定义域是减函数；不符合题意；对于D，y＝|x|＝，在其定义域不是增函数；不符合题意；故选：B．【点评】本题考查函数的单调性的判定，关键是掌握常见函数的单调性．3．【考点】36：函数解析式的求解及常用方法．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，f（x+1）＝﹣（x+1）＝﹣x﹣1，f（x）+1＝﹣x+1，f（x+1）≠f（x）+1，A 错误；对于B，f（3x）＝﹣3x，3f（x）＝3（﹣x）＝﹣3x，f（3x）＝3f（x），正确；对于C，f（x）＝﹣x，f（f（x））＝﹣（﹣x）＝x，正确；对于D，f（）＝﹣（）＝﹣，＝＝﹣，则f（）＝，正确；故选：A．【点评】本题考查函数值的计算以及函数解析式，属于基础题．4．【考点】52：函数零点的判定定理．【解答】解：函数是（1，+∞）上的连续增函数，f（2）＝ln2﹣3＜0；f（3）＝ln3﹣＝ln＜0，f（4）＝ln4﹣1＞0；f（3）f（4）＜0，所以函数的零点所在的大致区间为：（3，4）．故选：C．【点评】本题考查零点判定定理的应用，是基本知识的考查．5．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①，将小泽、小丹排好，考虑2人的顺序，有A22种情况，②，2人排好后，有3个空位可选，在3个空位中任选2个，安排小明、小红，有A32＝6种情况，则小明、小红不坐一起的排法有2×6＝12种；故选：D．【点评】本题考查排列、组合的实际应用，不能相邻问题用插空法．6．【考点】3K：函数奇偶性的性质与判断．【解答】解：∵f（x），g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝2x，∴则f（﹣2）+g（﹣2）＝2﹣2＝，即f（﹣2）﹣g（2）＝，故选：A．【点评】本题主要考查函数值的计算，结合函数奇偶性的性质是解决本题的关键．7．【考点】4M：对数值大小的比较．【解答】解：∵a，b，c＞0，且，，，∴0＜a＜1，0＜b＜1，c＞1．分别画出函数y＝2x，y＝，y＝的图象，则0＜a＜b＜1．综上可得：a＜b＜c．故选：C．【点评】本题考查了指数与，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8．【考点】3A：函数的图象与图象的变换．【解答】解：由y＝（2﹣x）f'（x）的图象知，当x＝2时，y＝0，当x＞2时，y＞0，则f′（x）＜0，此时函数为减函数，排除A，D，设函数最小的零点为a，当x＜a时，y＜0，此时f′（x）＜0，此时函数为减函数，排除C，故选：B．【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数单调性和导数之间的关系进行判断排除是解决本题的关键．9．【考点】57：函数与方程的综合运用．【解答】解：将方程变形为t（|x﹣1|+2）＝﹣（2x﹣1+21﹣x），再做代换，令x﹣1＝m∈R，则上式变形为t（|m|+2）＝﹣（2m+2﹣m），则函数f（x）＝t（|m|+2）与函数g（x）＝﹣（2m+2﹣m）的图象有三个不同的交点，接下来我们分析怎么徒手做这两个函数的图象，对函数f（x）＝t（|m|+2）而言，函数y＝|m|+2的图象恒过点（0，2），开口向上，两条折线的夹角为90°，则函数f（x）＝t（|m|+2）恒过点（0，2t），开口和夹角都随k的正负变换，是动态图象，而函数g（x）＝﹣（2m+2﹣m），是偶函数，过定点（0，﹣2），开口向下，可以借助导数判断，当m≥0时，y＝2m+2﹣m单调递增，m≤0时，y＝2m+2﹣m单调递减，故g（x）在区间（﹣∞，0]单调递增，在区间[0+，∞）单调递减；最高点为（0，﹣2）在同一个坐标系中做出两个函数的图象，由图象可知，当2t＝﹣2时，即t＝﹣1时，二者有三个交点，即t＝﹣1，故选：D．【点评】①深刻理解我们为什么需要将数的问题转化为形的问题来求解，该如何转化．②平常学习中需要有效积累一些函数的图象，比如y＝k|x|的动态图象，y＝e x+e﹣x的图象，y＝e x﹣e﹣x的图象等，会有助于我们的解题．10．【考点】3R：函数恒成立问题．【解答】解：由题意，直线y＝kx+b的图象恒在曲线y＝ln（x+3）的图象上方，则k ＞0．令h（x）＝kx+b﹣ln（x+3），其定义域（﹣3，+∞）．则h′（x）＝k．∵k＞0．令h′（x）＝0，可得x＝．当x∈（﹣3，）时，h′（x）＜0，则h（x）在区间（﹣3，）单调递减；当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，则h（x）在区间（﹣3，）单调递增；则h（x）min＝h（）＝k（）+b﹣ln＞0．即1﹣3k+b＞ln恒成立；由k＞0．那么g（k）＝3﹣+•ln设＝t，（0＜t）令f（t）＝t•lnt+3﹣t，则f′（t）＝lnt＝0则t＝1．当t∈（0，1）时，f′（t）＜0，则f（t）在区间（0，1）单调递减；可得g（k）＝3﹣+•ln在区间（0，1）单调递增；当t∈（1，+∞）时，f′（t）＞0，则f（t）在区间（1，+∞）单调递增；可得g（k）＝3﹣+•ln在区间（1，+∞）单调递减；∴g（k）max＝g（1）＝2．即．故选：B．【点评】本题考查了导函数的综合应用，难点是对参数的分类讨论和构造函数，把恒成立问题转换为最值问题二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．【考点】A8：复数的模．【解答】解：复数z＝（3+i）2＝8+6i，则|z|＝＝10；若z•（a+i）＝（8+6i）（a+i）＝8a﹣6+（6a+8）i是纯虚数（其中a∈R），则8a﹣6＝0，且6a+8≠0，解得a＝．故答案为：10，．【点评】本题考查了复数的运算法则、摸的计算公式、纯虚数的定义，考查了推理能力、计算能力，属于基础题．12．【考点】4H：对数的运算性质．【解答】解：∵3a＝24，b log23＝1，∴a＝log324，b＝log32，∴3b＝2，∴3a﹣2b＝＝＝6，＝＝＝log28＝3．故答案为：6，3．【点评】本题考查对数式、指数式化简求值，考查对数、指数的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．13．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：由二项式展开式的通项公式，令6﹣r ＝0，可得r＝4，即展开式的中第5项是常数项．常数项为：＝240．二项式展开式的性质，可知，共有7项，中间项的二项式系数最大，即第4项．故答案为：240，第4项．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．14．【考点】5B：分段函数的应用．【解答】解：函数，可得f（2018）＝f（2016）＝f（2014）＝…＝f（4）＝f（2）＝f（0）＝f（﹣2）＝4﹣3＝1；由x≥0，f（x）＝f（x﹣2），可得0≤x＜2时，﹣2≤x﹣2＜0，f（x）＝（x﹣2）2﹣3，作出y＝f（x）的图象，如右图：可令t＝f（x），则f（t）＞1，可得t＜﹣2，即f（x）＜﹣2，即有﹣1＜x＜0或2n﹣1＜x＜2n，n∈N*，可得不等式f（f（x））＞1的解集为（2n﹣1，2n），n∈N．故答案为：1，（2n﹣1，2n），n∈N．【点评】本题考查分段函数的运用：求函数值和解不等式，注意运用函数的图象，以及函数的性质，考查运算能力，属于中档题．15．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【解答】解：若甲监考数学和英语，则乙、丙从剩下的4门中任选2门即可，故有C42A22＝12种，若甲监考数学和不监考英语，则甲再从物理、化学、生物选1门，丙从剩下的3门（包含语文不含英语）选2门，剩下的2门乙监考，故有C31C32＝9种；若甲不监考数学和监考英语，则甲再从物理、化学、生物选1门，乙从剩下的3门（包含语文不含数学）选2门，剩下的2门丙监考，故有C31C32＝9种；若甲不监考数学也不监考英语，则甲从物理、化学、生物选2门，乙一定需要监考英语，在剩下的2门（包含语文不含数学）选1门，剩下的2门丙监考，故有C32C21＝6种，根据分类计数原理，共有12+9+9+6＝36种，故答案为：36．【点评】本题考查了分类计数原理，关键是分类，考查了转化能力，属于中档题．16．【考点】3R：函数恒成立问题．【解答】解：∵f（x）＝ax+lnx，a＞0∴函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，∵x1，，不妨设x1＞x2，∴f（x1）＞f（x2）．∵，对任意的x1，恒成立∴f（x1）﹣f（x2）≤2（﹣），即f（x1）+≤f（x2）+恒成立．令g（x）＝f（x）+，x∈[，]，则g（x）在[，]上应时减函数，∴g′（x）＝a+﹣≤0对x∈[，]恒成立．即a≤﹣对x∈[，]恒成立，由y＝﹣在[，]为减函数，∴y min＝，∴a≤，故a的最大值为．故答案为：．【点评】本题考查了利用导数求闭区间上的单调性，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，训练了构造函数求变量的取值范围，属于难题．17．【考点】5B：分段函数的应用．【解答】解：f（x）＝（x+）2+2b|x+|+3c﹣2，设t＝|x+|，当x＞0时，x+≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号，则t≥2，∴f（t）＝t2+2bt+3c﹣2，在t∈[2，+∞）上有零点，∴方程t2+2bt+3c﹣2＝0在[2，+∞）上有解，∴2+4b+3c≤0，作出平面区域如图所示，由图形可知平面区域内的点到原点的最短距离d＝，∴b2+c2≥，故答案为：[，+∞）【点评】本题考查了基本不等式，函数零点存在定理，线性规划，属于中档题．三、解答题：共74分18．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：（1）不等式⇒（n﹣2）（n﹣3）﹣4n+12≤0，⇒n2﹣9n+18≤0⇒3≤n≤6∵n∈N+，∴n＝3，4，5，6．故原不等式解集为：{3，4，5，6}．（2）∵（3x﹣5）n＝[1+3（x﹣2）]n，a2＝135，∴，解得n＝10．（3x﹣5）n＝中令n＝10，x＝2，可得a0＝1．（3x﹣5）n═[1+3（x﹣2）]n＝中令n＝10，x﹣2＝，可得a0+＝＝210．∴．【点评】考查二项式定理、二项展开式中通项公式的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．19．【考点】RG：数学归纳法．【解答】解：（1）a n＝＝﹣，当n＝1时，S1＝a1＝1﹣＝，当n＝2时，S2＝a1+a2＝1﹣+﹣＝1﹣＝，当n＝3时，S2＝a1+a2+a3＝1﹣+﹣+﹣＝1﹣＝，猜想S n＝1﹣，证明（2）：①当n＝1时，等式成立，②假设n＝k时，等式成立，则S k＝1﹣，那么n＝k+1时，S k+1＝S k+a k+1＝1﹣+﹣＝1﹣＝1﹣，即n＝k+1时等式成立，由①②可得S n＝1﹣，对任意n∈N*都成立．【点评】数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基）P（n）在n＝1时成立；2）（归纳）在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n 都成立．20．【考点】6E：利用导数研究函数的最值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【解答】解：（1）f′（x）＝（cos x+sin x﹣），∴f′（0）＝1﹣，又f（0）＝﹣1．∴曲线y＝f（x）在P（0，f（0））处的切线方程为：y+1＝（1﹣）x，即（1﹣）x﹣y﹣1＝0．（2）令f′（x）＝0，x∈[0，π]，可得：sin＝，解得x＝，或x＝．可得函数f（x）在，上单调递减，在内单调递增．可得极小值为＝﹣，极大值为＝0．又f（0）＝﹣1，f（π）＝﹣．可得最小值为：﹣，最大值为0．∴函数f（x）在区间[0，π]上的取值范围是．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、方程与不等式的解法、三角函数的单调性与求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21．【考点】6E：利用导数研究函数的最值．【解答】解：（1）①当a＝0时，f（x）＝x|x|+bx，函数的定义域为R，关于原点对称，且f（﹣x）＝﹣x|﹣x|﹣bx＝﹣x|x|﹣bx＝﹣f（x），此时，函数y＝f（x）是奇函数；②当a≠0时，函数的定义域为R，关于原点对称，f（﹣x）＝﹣x|﹣x﹣2a|﹣bx＝﹣x|x+2a|﹣bx，此时，f（﹣x）≠f（x）且f（﹣x）≠﹣f（x），此时，函数y＝f（x）是非奇非偶函数；（2）b＝2时，函数f（x）＝，①当0＜a≤1时，有a﹣1＜2a＜2a﹣4，y＝f（x）在[0，4]上单调递增，M（a）＝f（4）＝24﹣8a；②当1＜a＜2时，0＜a﹣1＜a+1＜2a＜4，y＝f（x）在[0，a+1]上单调递增，在[a+1，2a]上单调递减，在[2a，4]上单调递增，所以，M（a）＝max{f（4），f（a+1）}，f（a+1）＝（a+1）2，f（4）＝24﹣8a，而f（a+1）﹣f（4）＝（a+1）2﹣（24﹣8a）＝a2+10a﹣23．（i）当时，M（a）＝f（4）＝24﹣8a；（ii）当时，M（a）＝f（a+1）＝（a+1）2；③当2≤a＜3时，a﹣1＜a+1＜4≤2a，所以，函数y＝f（x）在[0，a+1]上单调递增，在[a+1，4]上单调递减，此时，M（a）＝f（a+1）＝（a+1）2；④当a≥3时，a+1≥4，所以，函数y＝f（x）在[0，4]上单调递增，此时，M（a）＝f（4）＝8a﹣8．综上所述，当x∈[0，4]时，．【点评】本题考查函数最值的求解，考查了分类讨论思想，属于难题．22．【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6E：利用导数研究函数的最值．【解答】解：（1）（ⅰ）函数y＝f（x）的定义域为（﹣1，+∞），且，令f′（x）＝0，得x＝a﹣2．①当a﹣2≤﹣1时，即当a≤1时，对任意的x＞﹣1时，f′（x）＞0，此时，函数y＝f（x）在定义域上是增函数，无极值点；②当a﹣2＞﹣1时，即当a＞1时，若﹣1＜x＜a﹣2，则f′（x）＜0；若x＞a﹣2，则f′（x）＞0．此时，函数y＝f（x）只有一个极值点；（ⅱ）由（ⅰ）知，当a＞﹣1时，函数y＝f（x）在定义域上有且只有一个极值点x0＝a﹣2，且x0＞﹣1，＝＝ln（x0+1）﹣x0，要证f（x0）＜e x0﹣1﹣x0，即证ln（x0+1）＜e x0﹣1，令t＝x0+1＞0，即证lnt＜e t﹣2，先证不等式lnt≤t﹣1，构造函数g（t）＝t﹣1﹣lnt，其中t＞0，则．当0＜t＜1时，g′（t）＜0；当t＞1时，g′（t）＞0．所以，函数y＝g（t）在t＝1处取得极小值，亦即最小值，即g（t）min＝g（1）＝0，即g（t）≥0，所以，当t＞0时，lnt≤t﹣1．再证当t＞0时，t﹣1＜e t﹣2，构造函数h（t）＝e t﹣2﹣t+1，其中t＞0，则h′（t）＝e t﹣2﹣1．当0＜t＜2时，h′（t）＜0；当t＞2时，h′（t）＞0．所以，函数y＝h（t）在t＝2处取得极小值，亦即最小值，即h（t）min＝h（2）＝0，所以，h（t）≥h（2）＝0，所以，当t＞0时，t﹣1＜e t﹣2．由于函数y＝g（t）的最小值和函数y＝h（t）的最小值不在同一处取得，所以，当t ＞0时，lnt＜e t﹣2，即；（2）由于函数y＝f（x）有两个零点x1、x2，则函数y＝f（x）在定义域上必不单调，所以，a＞1，设x1＜x2，则﹣1＜x1＜a﹣2＜x2，构造函数m（x）＝f（x）﹣f（2a﹣4﹣x），则m′（x）＝f′（x）+f′（2a﹣4﹣x）＝＝＝，∵a＞1，所以，对任意的x＞﹣1，m′（x）≤0，此时，函数y＝m（x）在（﹣1，+∞）上单调递减，因为﹣1＜x1＜a﹣2＜x2，则2a﹣4﹣x1＞a﹣2，由m（x1）＞m（a﹣2）＝0，即f（x1）﹣f（2a﹣4﹣x1）＞0，即f（x1）＞f（2a﹣4﹣x1），由于x1、x2是函数y＝f（x）的两个零点，所以，f（x1）＝f（x2），所以，f（x2）＞f（2a﹣4﹣x1），因为函数y＝f（x）在区间（a﹣2，+∞）上单调递增，所以，x2＞2a﹣4﹣x1，因此，x1+x2＞2a﹣4．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查了分类讨论思想，属于难题．。

2016-2017学年浙江省名校协作体高二(下)联考数学试卷

2016-2017学年浙江省名校协作体高二（下）联考数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共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．把答案填写在答题卷的相应位置上．1．（5分）已知直线l1：x+my+7=0和l2：（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，则实数m=（）A．m=﹣1或3 B．m=﹣1 C．m=﹣3 D．m=1或m=﹣32．（5分）已知α，β表示两个不同的平面，m是一条直线且m⊂α，则α⊥β是m⊥β的）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．（5分）三棱锥的三条侧棱两两垂直，其长分别为，则该三棱锥的外接球的表面积（）A．24πB．18πC．10πD．6π4．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为4，M，N，P分别是棱A1D1，A1A，D1C1的中点，则过M，N，P三点的平面截正方体所得截面的面积为（）A．B．C．D．5．（5分）定义点P（x0，y0）到直线l：ax+by+c=0（a2+b2≠0）的有向距离为：．已知点P1、P2到直线l的有向距离分别是d1、d2．以下命题正确的是（）A．若d1=d2=1，则直线P1P2与直线l平行B．若d1=1，d2=﹣1，则直线P1P2与直线l垂直C．若d1+d2=0，则直线P1P2与直线l垂直D．若d1•d2≤0，则直线P1P2与直线l相交6．（5分）变量x，y满足约束条件，若z=2x﹣y的最大值为2，则实数m等于（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．27．（5分）在所有棱长都相等的三棱锥A﹣BCD中，P、Q分别是AD、BC的中点，点R在平面ABC内运动，若直线PQ与直线DR成30°角．则R在平面ABC内的轨迹是（）A．双曲线B．圆C．椭圆D．直线8．（5分）设双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，若在曲线C的右支上存在点P，使得△PF1F2的内切圆半径为a，圆心记为M，又△PF1F2的重心为G，满足MG∥F1F2，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．2 D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填写在答题卷的相应位置上．9．（6分）双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为．10．（6分）已知点A（0，1），直线l1：x﹣y﹣1=0，直线l2：x﹣2y+2=0，则点A 关于直线l1的对称点B的坐标为，直线l2关于直线l1的对称直线方程是．11．（6分）如图，一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的体积是；表面积是．12．（6分）如图，三棱锥S﹣ABC中，若，SA=SB=SC=AB=BC=4，E为棱SC的中点，则直线AC与BE所成角的余弦值为，直线AC与平面SAB所成的角为．13．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中（如图），已知点P在直线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成的角的大小不变；③二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是直线A1D1．其中真命题的编号是（写出所有真命题的编号）14．（4分）两定点A（﹣2，0），B（2，0）及定直线，点P是l上一个动点，过B作BP的垂线与AP交于点Q，则点Q的轨迹方程为．15．（4分）在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB=6，，O为AC的中点，过C作BO的垂线，交BO、AB分别于R、D．若∠DPR=∠CPR，则三棱锥P﹣ABC 体积的最大值为．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）已知直线l1：x﹣y﹣1=0，直线l2：x+y﹣3=0（I）求直线l1与直线l2的交点P的坐标；=4（O （II）过点P的直线与x轴的非负半轴交于点A，与y轴交于点B，且S△AOB为坐标原点），求直线AB的斜率k．17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=1，BC=2，S，点D是AB的中点．（I）证明：AC1∥平面CDB1；（Ⅱ）在线段AB上找一点P，使得直线AC1与CP所成角的为60°，求的值．18．（15分）已知圆O：x2+y2=4及一点P（﹣1，0），Q在圆O上运动一周，PQ 的中点M形成轨迹C．（1）求轨迹C的方程；（2）若直线PQ的斜率为1，该直线与轨迹C交于异于M的一点N，求△CMN 的面积．19．（15分）如图，四棱锥A﹣OBCD中，已知平面AOC⊥面OBCD，AO=2，OB=BC=2，CD=4，∠OBC=∠BCD=120°．（I）求证：平面ACD⊥平面AOC；（II）直线AO与平面OBCD所成角为60°，求二面角A﹣BC﹣D的平面角的正切值．20．（15分）椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，M在椭圆上，△MF1F2的周长为，面积的最大值为2．（I）求椭圆C的方程；（II）直线y=kx（k＞0）与椭圆C交于A，B，连接AF2，BF2并延长交椭圆C于D，E，连接DE．探索AB与DE的斜率之比是否为定值并说明理由．2016-2017学年浙江省名校协作体高二（下）联考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共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．把答案填写在答题卷的相应位置上．1．（5分）已知直线l1：x+my+7=0和l2：（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，则实数m=（）A．m=﹣1或3 B．m=﹣1 C．m=﹣3 D．m=1或m=﹣3【分析】由m（m﹣2）﹣3=0，解得m．经过验证即可得出．【解答】解：由m（m﹣2）﹣3=0，解得m=3或﹣1．经过验证都满足两条直线平行，∴m=3或﹣1．故选：A．【点评】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2．（5分）已知α，β表示两个不同的平面，m是一条直线且m⊂α，则α⊥β是m⊥β的）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】判充要条件就是看谁能推出谁，由m⊥β，m为平面α内的一条直线，可得α⊥β；反之，α⊥β时，若m平行于α和β的交线，则m∥β，所以不一定能得到α⊥β．【解答】解：由平面与平面垂直的判定定理知，m为平面α内的一条直线，如果m⊥β，则α⊥β；反过来m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”可能有m∥β，m∩β=p，可能有m ⊥β三种情况．所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．故选：B．【点评】本题主要考查了线面垂直、面面垂直问题以及充要条件问题，解题的关键是面面垂直的判定定理的掌握，属于中档题．3．（5分）三棱锥的三条侧棱两两垂直，其长分别为，则该三棱锥的外接球的表面积（）A．24πB．18πC．10πD．6π【分析】由已知中三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，故可将其补充为一个长方体，根据外接球的直径等于长方体的对角线，求出球的半径，代入球的表面积公式，即可求出答案．【解答】解：∵三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且三条侧棱长分别为，∴可将其补充为一个长宽高分别为的长方体，∴其外接球的直径2R==，∴三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=6π，故选：D．【点评】本题考查球的表面积，构造长方体，求出其外接球的半径是解答本题的关键．4．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为4，M，N，P分别是棱A1D1，A1A，D1C1的中点，则过M，N，P三点的平面截正方体所得截面的面积为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，取正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱AB、BC、CC1的中点L、K、Q，连接NL，LK、KQ、QP，得出六边形PQKLNM是所得的截面，求出该六边形的面积即可．【解答】解：如图所示；取正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱AB、BC、CC1的中点L、K、Q，连接NL，LK、KQ、QP，则六边形PQKLNM是过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面，该六边形是正六边形，其边长为NQ=2，其面积为6×××=12．故选：D．【点评】本题考查了空间中的平行关系与平面公理的应用问题，是基础题．5．（5分）定义点P（x0，y0）到直线l：ax+by+c=0（a2+b2≠0）的有向距离为：．已知点P1、P2到直线l的有向距离分别是d1、d2．以下命题正确的是（）A．若d1=d2=1，则直线P1P2与直线l平行B．若d1=1，d2=﹣1，则直线P1P2与直线l垂直C．若d1+d2=0，则直线P1P2与直线l垂直D．若d1•d2≤0，则直线P1P2与直线l相交【分析】根据有向距离的定义，及点P（x0，y0）与ax1+by1+c的符号，分别对直线P1P2与直线l的位置关系进行判断．【解答】解：对于A，若d1=d2=1，则ax1+by1+c=ax2+by2+c=，直线P1P2与直线l平行，∴正确．对于B，点P1、P2在直线l的两侧且到直线l的距离相等，∴错误．对于C，由A知，若d1=d2=0时，满足d1+d2=0，但此时ax1+by1+c=ax2+by2+c=0，则点P1，P2都在直线l，∴此时直线P1P2与直线l重合，∴C错误；对于D，若d1•d2≤0，即（ax1+by1+c）（ax2+by2+c）≤0，∴点P1，P2分别位于直线l的两侧或直线上，∴直线P1P2与直线l相交或重合，∴不正确．故选：A．【点评】本题主要考查与直线距离有关的命题的判断，利用条件推出点与直线的位置关系是解决本题的关键．综合性较强，属于难题．6．（5分）变量x，y满足约束条件，若z=2x﹣y的最大值为2，则实数m等于（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数求得m的值．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（），化目标函数z=2x﹣y为y=2x﹣z，由图可知，当直线过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为，解得：m=1．故选：C．【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．7．（5分）在所有棱长都相等的三棱锥A﹣BCD中，P、Q分别是AD、BC的中点，点R在平面ABC内运动，若直线PQ与直线DR成30°角．则R在平面ABC内的轨迹是（）A．双曲线B．圆C．椭圆D．直线【分析】由题意，平面ABC截圆锥面，截面与旋转轴的夹角大于母线与旋转轴的夹角，轨迹为椭圆，即可得出结论．【解答】解：由题意，平面ABC截圆锥面，截面与旋转轴的夹角大于母线与旋转轴的夹角，轨迹为椭圆，即R在平面ABC内的轨迹是椭圆．故选：B．【点评】本题考查平面ABC截圆锥面，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．8．（5分）设双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，若在曲线C的右支上存在点P，使得△PF1F2的内切圆半径为a，圆心记为M，又△PF1F2的重心为G，满足MG∥F1F2，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．2 D．【分析】设P（s，t）（s，t＞0），F1（﹣c，0），F2（c，0），运用三角形的重心坐标，求得内心的坐标，可得t=3a，再结合双曲线的定义和等积法，求得|PF2|=2c ﹣a，再由双曲线的离心率公式和第二定义，可得s=2a，将P的坐标代入双曲线的方程，运用a，b，c的关系和离心率公式，即可得到所求值．【解答】解：设P（s，t）（s，t＞0），F1（﹣c，0），F2（c，0），可得重心G（，）即（，），设△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点N，与边PF1的切点为K，与边PF2上的切点为Q，则△PF1F2的内切圆的圆心的横坐标与N的横坐标相同．由双曲线的定义，|PF1|﹣|PF2|=2a．①由圆的切线性质|PF1|﹣PF2|=|F I K|﹣|F2Q|=|F1N|﹣|F2N|=2a，∵|F1N|+|F2N|=|F1F2|=2c，∴|F2N|=c﹣a，|ON|=a，即有M（a，a），由MG∥F1F2，则△PF1F2的重心为G（，a），即t=3a，由△PF1F2的面积为•2c•3a=a（|PF1|+|PF2|+2c），可得|PF1|+|PF2|=4c②由①②可得|PF2|=2c﹣a，由右准线方程x=，双曲线的第二定义可得e==，解得s=2a，即有P（2a，3a），代入双曲线的方程可得﹣=1，可得b=a，c==2a，即e==2．故选：C．【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率和准线方程，运用定义法是解题的关键，同时考查内心和重心的坐标的求法，考查化简整理的运算能力，属于难题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填写在答题卷的相应位置上．9．（6分）双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为3．【分析】利用双曲线方程求出离心率，渐近线方程，然后求解即可．【解答】解：双曲线的a=4，b=3，c=5，可得离心率为：．双曲线的一条渐近线方程为：3x+4y=0，一个焦点坐标（5，0），焦点到渐近线的距离为：=3．故答案为：，3．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．10．（6分）已知点A（0，1），直线l1：x﹣y﹣1=0，直线l2：x﹣2y+2=0，则点A 关于直线l1的对称点B的坐标为（2，﹣1），直线l2关于直线l1的对称直线方程是2x﹣y﹣5=0．【分析】设点A（0，1）关于直线x﹣y﹣1=0的对称点B的坐标为（a，b），利用垂直及中点在轴上这两个条件，求出a、b的值，可得答案；利用到角公式可求得直线l的斜率，再求得直线l2与L1的交点（直线l过该点），利用直线的点斜式即可求得l的方程．【解答】解：设点A（0，1）关于直线x﹣y﹣1=0的对称点B的坐标为（a，b），则由，求得a=2，b=﹣1，故点B（2，﹣1），设直线l1到直线l的夹角为θ，依题意知，直线l到l2的夹角也是θ，由到角公式得，解得：k=2，由直线l1：x﹣y﹣1=0，直线l2：x﹣2y+2=0联立解得直线l过该点（4，3），∴直线l的方程为：y﹣3=2（x﹣4），整理得：2x﹣y﹣5=0．故答案为（2，﹣1），2x﹣y﹣5=0．【点评】本题主要考查求一个点关于某直线的对称点的坐标的求法，考查直线关于直线对称直线的求法，属于中档题．11．（6分）如图，一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的体积是2；表面积是2+3+．【分析】由三视图及题设条件知，此几何体为一个四棱锥，其较长的侧棱长已知，底面是一个正方形，对角线长度已知，故先求出底面积，再求出此四棱锥的高，由体积公式求解其体积，再求出表面积即可．【解答】解：由三视图可知，这个四棱锥的侧面都是直角三角形，其底面为一个对角线长为2的正方形，正方形的边长为2sin45°=，其底面积为=2．由三视图知其中一个侧棱为棱锥的高，其相对的侧棱与高及底面正方形的对角线组成一个直角三角形，由于此侧棱长为，对角线长为2，故棱锥的高为=3，此棱锥的体积为=2，又直角三角形的直角边为=，则其表面积为：S=2+2×××3+2×××=2+3+．故答案为：．【点评】本题考查由三视图求几何体的面积、体积，考查对三视图的理解与应用，主要考查三视图与实物图之间的关系，用三视图中的数据还原出实物图的数据，再根据相关的公式求表面积与体积．12．（6分）如图，三棱锥S﹣ABC中，若，SA=SB=SC=AB=BC=4，E为棱SC的中点，则直线AC与BE所成角的余弦值为，直线AC与平面SAB所成的角为600．【分析】（1）取SA的中点F，连接EF，BF，则∠BEF（或其补角）为异面直线AC与BE所成的角，求出三角形的三边，即可求出异面直线AC与BE所成的角．（2）取SB中点O，连结CO，AO．可得AO⊥SB，CO⊥SB，即SB⊥面ACO，即OAC是直线AC与平面SAB所成的角，可得∠OAC．【解答】解：（1）取SA的中点F，连接EF，BF，∵E为棱SC的中点，∴EF∥AC，∴∠BEF（或其补角）为异面直线AC与BE所成的角，∵AC=2，SA=SB=AB=BC=SC=4，∴BE=BF=2．EF=，在等腰△BEF中，cos∠BEF=．（2）取SB中点O，连结CO，AO．∵SA=SB=SC=AB=BC=4，∴AO=CO=AC=2．AO⊥SB，CO⊥SB，即SB⊥面ACO，∴∠OAC是直线AC与平面SAB所成的角，可得∠OAC=60°．故答案为：，600【点评】本题考查异面直线及其所成的角，考查学生的计算能力，正确作出异面直线及其所成的角是关键．13．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中（如图），已知点P在直线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成的角的大小不变；③二面角P﹣AD1﹣C的大小不变；④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是直线A1D1．其中真命题的编号是①③④（写出所有真命题的编号）【分析】①：点P是直线BC1的动点，△AD1P的面积是定值，而点C到平面AD1P 的距离也是定值，故得到结论；②：可以从向量的角度进行判断；③：平面PD1A平面ACD1的法向量的夹角是不变的，得到结论．④：由M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，M点的轨迹是线段DC1在空间的垂直平分线与面A1B1C1D1的交点．【解答】解：对于①：∵点P是直线BC1的动点，∴△AD1P的面积是定值，∵点C到平面AD1P的距离不变，∴①正确；对于②：∵随着P点的移动，与平面ACD1的法向量的夹角也是变化的，∴②错误；对于③：∵平面PD1A平面ACD1的法向量的夹角是不变的，∴③正确；对于④：∵M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，∴M点的轨迹是线段DC1在空间的垂直平分线与面A1B1C1D1的交点，故其轨迹是直线A1D1，故④正确．故答案为，①③④【点评】本题考查了空间点、线、面的位置关系，空间轨迹问题，属于中档题．14．（4分）两定点A（﹣2，0），B（2，0）及定直线，点P是l上一个动点，过B作BP的垂线与AP交于点Q，则点Q的轨迹方程为+y2=1．【分析】设P（，m），Q（x，y），求出AP，BP，AQ，BQ的斜率，根据A，P，Q三点共线得出m关于x，y的关系，根据垂直关系列方程化简得出答案．【解答】解：设P（，m），Q（x，y），则k BP==，k BQ=，∵BP⊥BQ，∴=﹣1，即4x+3my﹣8=0，∵A，P，Q三点共线，∴，∴m=，代入4x+3my﹣8=0得．故答案为：．【点评】本题考查了轨迹方程的求解，属于中档题．15．（4分）在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB=6，，O为AC的中点，过C作BO的垂线，交BO、AB分别于R、D．若∠DPR=∠CPR，则三棱锥P﹣ABC 体积的最大值为3．【分析】推导出AC=4，△BOC是正三角形，从而∠BCR=30°，CR=3，CD=4，进而DR=1，PR是∠DPC的平分线，，由此能求出三棱锥P﹣ABC体积的最大值．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=6，，∴AC==4，∴cos，∴∠BCA=60°，∵O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∴△BOC是正三角形，∵过C作BO的垂线，交BO、AB分别于R、D．∠DPR=∠CPR，∴∠BCR=30°，CR=，CD==4，∴DR=1，∵∠DPR=∠CPR，∴PR是∠DPC的平分线，∴，以D为原点，建立平面直角坐标系，如图，设P（x，y），则=，整理，得（x+）+y2=，∴，∴三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：V max===3．故答案为：3．【点评】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查等价转化思想、数形结合思想，考查空间思维能力，是中档题．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）已知直线l1：x﹣y﹣1=0，直线l2：x+y﹣3=0（I）求直线l1与直线l2的交点P的坐标；（II）过点P的直线与x轴的非负半轴交于点A，与y轴交于点B，且S=4（O△AOB为坐标原点），求直线AB的斜率k．【分析】（1）联立直线得到方程组，求出交点坐标即可；（2）分别求出A、B的坐标，求出k的范围，关键三角形的面积求出k的值即可．【解答】解：（1）联立两条直线方程：，解得，所以直线l1与直线l2的交点P的坐标为（2，1）；（2）设直线方程为：y﹣1=k（x﹣2），令x=0得y=1﹣2k，因此B（0，1﹣2k）；令y=0得x=2﹣，因此，，∴，解得k=﹣或．【点评】本题考查了直线方程问题，考查直线的斜率，是一道基础题．17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱A1A⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=1，BC=2，S，点D是AB的中点．（I）证明：AC1∥平面CDB1；（Ⅱ）在线段AB上找一点P，使得直线AC1与CP所成角的为60°，求的值．【分析】（Ⅰ）设CB1与C1B相交于E，连结DE，证明DE∥AC1，然后证明AC1∥平面CDB1．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，CC1为z轴，CA为x轴，CB为y轴，设，利用向量的数量积转化求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：设CB1与C1B相交于E，连结DE，…．（2分）∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1，…．（6分）∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1．…．（7分）（Ⅱ）建立空间直角坐标系，CC1为z轴，CA为x轴，CB为y轴，…．（9分）设，，所以即求=…15分．（向量写出，夹角公式写出，计算答案错误至少给2分）非向量做法：指出角给（2分），其他视情况相应给分【点评】本题考查直线与平面平行，点线面距离的求法，异面直线所成角的求法，考查会计信息能力，以及计算能力．18．（15分）已知圆O：x2+y2=4及一点P（﹣1，0），Q在圆O上运动一周，PQ 的中点M形成轨迹C．（1）求轨迹C的方程；（2）若直线PQ的斜率为1，该直线与轨迹C交于异于M的一点N，求△CMN 的面积．【分析】（1）设M（x，y），用x，y表示出Q点坐标，代入圆O方程化简即可；（2）求出直线l的方程，圆心C到直线l的距离，利用勾股定理求出弦长|MN|，即可得出三角形的面积．【解答】解：（1）设M（x，y），则Q（2x+1，2y），∵Q在圆x2+y2=4上，∴（2x+1）2+4y2=4，即（x+）2+y2=1．∴轨迹C的方程是（x+）2+y2=1．（2）直线PQ方程为：y=x+1，圆心C到直线PQ的距离为d==，∴|MN|=2=，∴△CMN的面积为==．【点评】本题考查了轨迹方程的求解，直线与圆的位置关系，属于中档题．19．（15分）如图，四棱锥A﹣OBCD中，已知平面AOC⊥面OBCD，AO=2，OB=BC=2，CD=4，∠OBC=∠BCD=120°．（I）求证：平面ACD⊥平面AOC；（II）直线AO与平面OBCD所成角为60°，求二面角A﹣BC﹣D的平面角的正切值．【分析】（1）证出CD⊥OC，CD⊥面AOC，然后证明平面ACD⊥平面AOC．（2）过A作OC的垂线，垂足为H，则∠AOH=60°，AH=3，过H作BC的垂线，垂足为M，连AM，说明∠AMH为所求，然后通过求解三角形求解即可．【解答】（1）证明：OB=BC=2，CD=4，∠OBC=∠BCD=120°．可得OC=2，∠DCO=120°﹣30°=90°，∴CD⊥OC，…2分因为平面AOC⊥面OBCD，∴CD⊥面AOC…4分又CD⊆面ACD，所以平面ACD⊥平面AOC…6分（2）过A作OC的垂线，垂足为H，则∠AOH=60°，AH=3…8分过H作BC的垂线，垂足为M，连AM，则AM⊥BC则∠AMH为所求…11分…15分（求对一条边长给2分）【点评】本题考查平面与平面垂直，直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．20．（15分）椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，M在椭圆上，△MF1F2的周长为，面积的最大值为2．（I）求椭圆C的方程；（II）直线y=kx（k＞0）与椭圆C交于A，B，连接AF2，BF2并延长交椭圆C于D，E，连接DE．探索AB与DE的斜率之比是否为定值并说明理由．【分析】（I）利用△MF1F2的周长为，面积的最大值为2．列出方程求出a，b即可得到椭圆方程．（II）设A（x0，y0），则B（﹣x0，﹣y0）．直线，代入，结合，代入化简得，设，利用韦达定理通过斜率关系，化简求解即可．【解答】解：（I），…2′，，…4′得，所以．…6′（2）（II）设A（x0，y0），则B（﹣x0，﹣y0）．直线，…8′代入得，因为，代入化简得，设，则，所以，．…12′直线，同理可得，．所以=，所以k DE：k=9．…15′（其他解法酌情给分）【点评】本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．。

2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二(下)期末数学试卷(解析版)

2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷一、选择题（每小题4分，共40分）1．（4分）已知集合A＝{x||x﹣1|＜2}，B＝{﹣1，0，1，2，3}，则集合A∩B＝（）A．{0，1，2}B．{﹣1，0，1，2}C．{﹣1，0，2，3}D．{0，1，2，3} 2．（4分）下列函数中，在定义域上为增函数的是（）A．B．y＝lnx C．y＝3﹣x D．y＝|x|3．（4分）已知函数f（x）＝﹣x，则下列选项错误的是（）A．f（x+1）＝f（x）+1B．f（3x）＝3f（x）C．f（f（x））＝x D．4．（4分）函数的零点所在的大致区间是（）A．（1，2）B．（2，3）C．（3，4）D．（4，5）5．（4分）小明、小红、小泽、小丹去电影院看《红海行动》，四人座位是同一排且相邻的，若小明、小红不坐一起，则不同的坐法种数为（）A．24B．10C．8D．126．（4分）已知函数f（x），g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝2x，则f（2）﹣g（2）＝（）A．B．4C．0D．7．（4分）已知a，b，c＞0且，，，则（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞b＞a D．a＞c＞b8．（4分）已知f'（x）是函数f（x）的导函数，且函数y＝（2﹣x）f'（x）的图象如图所示，则f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．9．（4分）已知方程2x﹣1+21﹣x+t（|x﹣1|+2）＝0有三个解，则t＝（）A．B．1C．D．﹣110．（4分）已知直线y＝kx+b的图象恒在曲线y＝ln（x+3）的图象上方，则的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（2，+∞）C．（0，+∞）D．[1，+∞）二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．（6分）已知复数z＝（3+i）2，其中i为虚数单位，则|z|＝；若z•（a+i）是纯虚数（其中a∈R），则a＝．12．（6分）若3a＝24，b log23＝1，则3a﹣2b＝；＝．13．（6分）在的展开式中，常数项为；二项式系数最大的项为．14．（6分）已知函数，则f（2018）＝；不等式f（f（x））＞1的解集为．15．（4分）甲、乙、丙分别是宁波某高中语文、数学、英语老师，在本次期末考试中，三人均被安排在第一考场监考，该考场安排了语文、数学、英语、物理、化学、生物共6门科目考试．按照规定，甲、乙、丙3位老师每人监考2门科目，且不监考自己任教学科，则不同的监考方案共有种．16．（4分）已知函数f（x）＝ax+ln（x）（a＞0），若对任意的x1，，都有，则a的最大值为．17．（4分）已知函数有零点，则b2+c2的取值范围是．三、解答题：共74分18．（14分）（1）解不等式（2）已知（3x﹣5）n＝且a2＝135，求．19．（14分）已知数列{a n}的通项公式，其前n项和为S n（1）求S1，S2，S3，试猜想S n的表达式；（2）用数学归纳法证明你的猜想．20．（14分）已知函数．（1）求曲线y＝f（x）在P（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，π]上的取值范围．21．（16分）已知函数f（x）＝x|x﹣2a|+bx，a∈R．（1）判断函数f（x）的奇偶性；（2）若b＝2且a＞0，求函数f（x）在区间[0，4]上的最大值M（a）．22．（16分）已知函数．（1）（ⅰ）讨论函数f（x）的极值点个数；（ⅱ）若x0是函数f（x）的极值点，求证：；（2）若x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＞2a﹣4．2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分）1．【解答】解：A＝{x|x﹣1|＜2，x∈R}＝{x|﹣1＜x＜3}，B＝{﹣1，0.1，2，3}，则A∩B＝{0，1，2}．故选：A．2．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，y＝﹣，为反比例函数，在其定义域不是增函数；不符合题意；对于B，y＝lnx，为对数函数，在定义域（0，+∞）上为增函数；符合题意；对于C，y＝3﹣x＝（）x，为指数函数，在其定义域是减函数；不符合题意；对于D，y＝|x|＝，在其定义域不是增函数；不符合题意；故选：B．3．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，f（x+1）＝﹣（x+1）＝﹣x﹣1，f（x）+1＝﹣x+1，f（x+1）≠f（x）+1，A错误；对于B，f（3x）＝﹣3x，3f（x）＝3（﹣x）＝﹣3x，f（3x）＝3f（x），正确；对于C，f（x）＝﹣x，f（f（x））＝﹣（﹣x）＝x，正确；对于D，f（）＝﹣（）＝﹣，＝＝﹣，则f（）＝，正确；故选：A．4．【解答】解：函数是（1，+∞）上的连续增函数，f（2）＝ln2﹣3＜0；f（3）＝ln3﹣＝ln＜0，f（4）＝ln4﹣1＞0；f（3）f（4）＜0，所以函数的零点所在的大致区间为：（3，4）．故选：C．5．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①，将小泽、小丹排好，考虑2人的顺序，有A22种情况，②，2人排好后，有3个空位可选，在3个空位中任选2个，安排小明、小红，有A32＝6种情况，则小明、小红不坐一起的排法有2×6＝12种；故选：D．6．【解答】解：∵f（x），g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝2x，∴则f（﹣2）+g（﹣2）＝2﹣2＝，即f（﹣2）﹣g（2）＝，故选：A．7．【解答】解：∵a，b，c＞0，且，，，∴0＜a＜1，0＜b＜1，c＞1．分别画出函数y＝2x，y＝，y＝的图象，则0＜a＜b＜1．综上可得：a＜b＜c．故选：C．8．【解答】解：由y＝（2﹣x）f'（x）的图象知，当x＝2时，y＝0，当x＞2时，y＞0，则f′（x）＜0，此时函数为减函数，排除A，D，设函数最小的零点为a，当x＜a时，y＜0，此时f′（x）＜0，此时函数为减函数，排除C，故选：B．9．【解答】解：将方程变形为t（|x﹣1|+2）＝﹣（2x﹣1+21﹣x），再做代换，令x﹣1＝m∈R，则上式变形为t（|m|+2）＝﹣（2m+2﹣m），则函数f（x）＝t（|m|+2）与函数g（x）＝﹣（2m+2﹣m）的图象有三个不同的交点，接下来我们分析怎么徒手做这两个函数的图象，对函数f（x）＝t（|m|+2）而言，函数y＝|m|+2的图象恒过点（0，2），开口向上，两条折线的夹角为90°，则函数f（x）＝t（|m|+2）恒过点（0，2t），开口和夹角都随k的正负变换，是动态图象，而函数g（x）＝﹣（2m+2﹣m），是偶函数，过定点（0，﹣2），开口向下，可以借助导数判断，当m≥0时，y＝2m+2﹣m单调递增，m≤0时，y＝2m+2﹣m单调递减，故g（x）在区间（﹣∞，0]单调递增，在区间[0+，∞）单调递减；最高点为（0，﹣2）在同一个坐标系中做出两个函数的图象，由图象可知，当2t＝﹣2时，即t＝﹣1时，二者有三个交点，即t＝﹣1，故选：D．10．【解答】解：由题意，直线y＝kx+b的图象恒在曲线y＝ln（x+3）的图象上方，则k＞0．令h（x）＝kx+b﹣ln（x+3），其定义域（﹣3，+∞）．则h′（x）＝k．∵k＞0．令h′（x）＝0，可得x＝．当x∈（﹣3，）时，h′（x）＜0，则h（x）在区间（﹣3，）单调递减；当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，则h（x）在区间（﹣3，）单调递增；则h（x）min＝h（）＝k（）+b﹣ln＞0．即1﹣3k+b＞ln恒成立；由k＞0．那么g（k）＝3﹣+•ln设＝t，（0＜t）令f（t）＝t•lnt+3﹣t，则f′（t）＝lnt＝0则t＝1．当t∈（0，1）时，f′（t）＜0，则f（t）在区间（0，1）单调递减；可得g（k）＝3﹣+•ln在区间（0，1）单调递增；当t∈（1，+∞）时，f′（t）＞0，则f（t）在区间（1，+∞）单调递增；可得g（k）＝3﹣+•ln在区间（1，+∞）单调递减；∴g（k）max＝g（1）＝2．即．故选：B．二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．【解答】解：复数z＝（3+i）2＝8+6i，则|z|＝＝10；若z•（a+i）＝（8+6i）（a+i）＝8a﹣6+（6a+8）i是纯虚数（其中a∈R），则8a﹣6＝0，且6a+8≠0，解得a＝．故答案为：10，．12．【解答】解：∵3a＝24，b log23＝1，∴a＝log324，b＝log32，∴3b＝2，∴3a﹣2b＝＝＝6，＝＝＝log28＝3．故答案为：6，3．13．【解答】解：由二项式展开式的通项公式，令6﹣r ＝0，可得r＝4，即展开式的中第5项是常数项．常数项为：＝240．二项式展开式的性质，可知，共有7项，中间项的二项式系数最大，即第4项．故答案为：240，第4项．14．【解答】解：函数，可得f（2018）＝f（2016）＝f（2014）＝…＝f（4）＝f（2）＝f（0）＝f（﹣2）＝4﹣3＝1；由x≥0，f（x）＝f（x﹣2），可得0≤x＜2时，﹣2≤x﹣2＜0，f（x）＝（x﹣2）2﹣3，作出y＝f（x）的图象，如右图：可令t＝f（x），则f（t）＞1，可得t＜﹣2，即f（x）＜﹣2，即有﹣1＜x＜0或2n﹣1＜x＜2n，n∈N*，可得不等式f（f（x））＞1的解集为（2n﹣1，2n），n∈N．故答案为：1，（2n﹣1，2n），n∈N．15．【解答】解：若甲监考数学和英语，则乙、丙从剩下的4门中任选2门即可，故有C42A22＝12种，若甲监考数学和不监考英语，则甲再从物理、化学、生物选1门，丙从剩下的3门（包含语文不含英语）选2门，剩下的2门乙监考，故有C31C32＝9种；若甲不监考数学和监考英语，则甲再从物理、化学、生物选1门，乙从剩下的3门（包含语文不含数学）选2门，剩下的2门丙监考，故有C31C32＝9种；若甲不监考数学也不监考英语，则甲从物理、化学、生物选2门，乙一定需要监考英语，在剩下的2门（包含语文不含数学）选1门，剩下的2门丙监考，故有C32C21＝6种，根据分类计数原理，共有12+9+9+6＝36种，故答案为：36．16．【解答】解：∵f（x）＝ax+lnx，a＞0∴函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，∵x1，，不妨设x1＞x2，∴f（x1）＞f（x2）．∵，对任意的x1，恒成立∴f（x1）﹣f（x2）≤2（﹣），即f（x1）+≤f（x2）+恒成立．令g（x）＝f（x）+，x∈[，]，则g（x）在[，]上应时减函数，∴g′（x）＝a+﹣≤0对x∈[，]恒成立．即a≤﹣对x∈[，]恒成立，由y＝﹣在[，]为减函数，∴y min＝，∴a≤，故a的最大值为．故答案为：．17．【解答】解：f（x）＝（x+）2+2b|x+|+3c﹣2，设t＝|x+|，当x＞0时，x+≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号，则t≥2，∴f（t）＝t2+2bt+3c﹣2，在t∈[2，+∞）上有零点，∴方程t2+2bt+3c﹣2＝0在[2，+∞）上有解，∴2+4b+3c≤0，作出平面区域如图所示，由图形可知平面区域内的点到原点的最短距离d＝，∴b2+c2≥，故答案为：[，+∞）三、解答题：共74分18．【解答】解：（1）不等式⇒（n﹣2）（n﹣3）﹣4n+12≤0，⇒n2﹣9n+18≤0⇒3≤n≤6∵n∈N+，∴n＝3，4，5，6．故原不等式解集为：{3，4，5，6}．（2）∵（3x﹣5）n＝[1+3（x﹣2）]n，a2＝135，∴，解得n＝10．（3x﹣5）n＝中令n＝10，x＝2，可得a0＝1．（3x﹣5）n═[1+3（x﹣2）]n＝中令n＝10，x ﹣2＝，可得a0+＝＝210．∴．19．【解答】解：（1）a n＝＝﹣，当n＝1时，S1＝a1＝1﹣＝，当n＝2时，S2＝a1+a2＝1﹣+﹣＝1﹣＝，当n＝3时，S2＝a1+a2+a3＝1﹣+﹣+﹣＝1﹣＝，猜想S n＝1﹣，证明（2）：①当n＝1时，等式成立，②假设n＝k时，等式成立，则S k＝1﹣，那么n＝k+1时，S k+1＝S k+a k+1＝1﹣+﹣＝1﹣＝1﹣，即n＝k+1时等式成立，由①②可得S n＝1﹣，对任意n∈N*都成立．20．【解答】解：（1）f′（x）＝（cos x+sin x﹣），∴f′（0）＝1﹣，又f（0）＝﹣1．∴曲线y＝f（x）在P（0，f（0））处的切线方程为：y+1＝（1﹣）x，即（1﹣）x﹣y ﹣1＝0．（2）令f′（x）＝0，x∈[0，π]，可得：sin＝，解得x＝，或x＝．可得函数f（x）在，上单调递减，在内单调递增．可得极小值为＝﹣，极大值为＝0．又f（0）＝﹣1，f（π）＝﹣．可得最小值为：﹣，最大值为0．∴函数f（x）在区间[0，π]上的取值范围是．21．【解答】解：（1）①当a＝0时，f（x）＝x|x|+bx，函数的定义域为R，关于原点对称，且f（﹣x）＝﹣x|﹣x|﹣bx＝﹣x|x|﹣bx＝﹣f（x），此时，函数y＝f（x）是奇函数；②当a≠0时，函数的定义域为R，关于原点对称，f（﹣x）＝﹣x|﹣x﹣2a|﹣bx＝﹣x|x+2a|﹣bx，此时，f（﹣x）≠f（x）且f（﹣x）≠﹣f（x），此时，函数y＝f（x）是非奇非偶函数；（2）b＝2时，函数f（x）＝，①当0＜a≤1时，有a﹣1＜2a＜2a﹣4，y＝f（x）在[0，4]上单调递增，M（a）＝f（4）＝24﹣8a；②当1＜a＜2时，0＜a﹣1＜a+1＜2a＜4，y＝f（x）在[0，a+1]上单调递增，在[a+1，2a]上单调递减，在[2a，4]上单调递增，所以，M（a）＝max{f（4），f（a+1）}，f（a+1）＝（a+1）2，f（4）＝24﹣8a，而f（a+1）﹣f（4）＝（a+1）2﹣（24﹣8a）＝a2+10a﹣23．（i）当时，M（a）＝f（4）＝24﹣8a；（ii）当时，M（a）＝f（a+1）＝（a+1）2；③当2≤a＜3时，a﹣1＜a+1＜4≤2a，所以，函数y＝f（x）在[0，a+1]上单调递增，在[a+1，4]上单调递减，此时，M（a）＝f（a+1）＝（a+1）2；④当a≥3时，a+1≥4，所以，函数y＝f（x）在[0，4]上单调递增，此时，M（a）＝f（4）＝8a﹣8．综上所述，当x∈[0，4]时，．22．【解答】解：（1）（ⅰ）函数y＝f（x）的定义域为（﹣1，+∞），且，令f′（x）＝0，得x＝a﹣2．①当a﹣2≤﹣1时，即当a≤1时，对任意的x＞﹣1时，f′（x）＞0，此时，函数y＝f（x）在定义域上是增函数，无极值点；②当a﹣2＞﹣1时，即当a＞1时，若﹣1＜x＜a﹣2，则f′（x）＜0；若x＞a﹣2，则f′（x）＞0．此时，函数y＝f（x）只有一个极值点；（ⅱ）由（ⅰ）知，当a＞﹣1时，函数y＝f（x）在定义域上有且只有一个极值点x0＝a﹣2，且x0＞﹣1，＝＝ln（x0+1）﹣x0，要证f（x0）＜e x0﹣1﹣x0，即证ln（x0+1）＜e x0﹣1，令t＝x0+1＞0，即证lnt＜e t﹣2，先证不等式lnt≤t﹣1，构造函数g（t）＝t﹣1﹣lnt，其中t＞0，则．当0＜t＜1时，g′（t）＜0；当t＞1时，g′（t）＞0．所以，函数y＝g（t）在t＝1处取得极小值，亦即最小值，即g（t）min＝g（1）＝0，即g （t）≥0，所以，当t＞0时，lnt≤t﹣1．再证当t＞0时，t﹣1＜e t﹣2，构造函数h（t）＝e t﹣2﹣t+1，其中t＞0，则h′（t）＝e t﹣2﹣1．当0＜t＜2时，h′（t）＜0；当t＞2时，h′（t）＞0．所以，函数y＝h（t）在t＝2处取得极小值，亦即最小值，即h（t）min＝h（2）＝0，所以，h（t）≥h（2）＝0，所以，当t＞0时，t﹣1＜e t﹣2．由于函数y＝g（t）的最小值和函数y＝h（t）的最小值不在同一处取得，所以，当t＞0时，lnt＜e t﹣2，即；（2）由于函数y＝f（x）有两个零点x1、x2，则函数y＝f（x）在定义域上必不单调，所以，a＞1，设x1＜x2，则﹣1＜x1＜a﹣2＜x2，构造函数m（x）＝f（x）﹣f（2a﹣4﹣x），则m′（x）＝f′（x）+f′（2a﹣4﹣x）＝＝＝，∵a＞1，所以，对任意的x＞﹣1，m′（x）≤0，此时，函数y＝m（x）在（﹣1，+∞）上单调递减，因为﹣1＜x1＜a﹣2＜x2，则2a﹣4﹣x1＞a﹣2，由m（x1）＞m（a﹣2）＝0，即f（x1）﹣f （2a﹣4﹣x1）＞0，即f（x1）＞f（2a﹣4﹣x1），由于x1、x2是函数y＝f（x）的两个零点，所以，f（x1）＝f（x2），所以，f（x2）＞f（2a﹣4﹣x1），因为函数y＝f（x）在区间（a﹣2，+∞）上单调递增，所以，x2＞2a﹣4﹣x1，因此，x1+x2＞2a﹣4．。

精品解析：【全国校级联考】浙江省宁波市九校2016-2017学年高二下学期期末联考数学试题(解析版)

宁波市九校联考高二数学试题选择题：本大题共10小题，每小题4分，共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. 设集合则（）A. B. C. D.【答案】 B【解析】集合A={x|-1≤x≤3}=[-1，3]，B={x|x2-3x+2<0}={x|1<x<2}=[1，2]，则A∩（?R B）=[-1，3]∩[2，+∞）∪（-∞，1]=[2，3]∪[-1，1]，本题选择B选项.2. 已知是虚数单位，则= （）A. B. C. D.【答案】 D【解析】本题选择D选项.3. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为( )A. B. C. D.【答案】 C学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...切线与直线ax+y+1=0垂直,可得-a?=-1，解得a=2.本题选择C选项.4. 下面四个条件中，使成立的必要而不充分的条件是（）A. B. C. D.【答案】 B【解析】“a>b”不能推出“a1>b”，故选项A不是“a>b”的必要条件，不满足题意；“a>b”能推出“a+1>b”，但“a+1>b”不能推出“a>b”，故满足题意；a|>|b|”，故选项C不是“a>b”的必要条件，不满足题意；“a>b”不能推出“｜“a>b”能推出“a3>b3”，且“a3>b3”能推出“a>b”，故是充要条件，不满足题意；本题选择B选项.点睛：有关探求充要条件的选择题，破题关键是：首先，判断是选项“推”题干，还是题干“推”选项；其次，利用以小推大的技巧，即可得结论．5. 已知函数，则的图像大致为（）A. B.C. D.【答案】 A【解析】由于，排除.由于，排除.由于，故函数在为减函数，排除.所以选.点睛:本题主要考查函数图像的判断.一般采用特殊值的方法利用选项中图像的特殊性，对进行赋值，然后利用相应函数值来排除错误的选项.本题还可以利用导数来判断，利用导数，可求得原函数的导数为，故当，函数单调递增，当时，函数单调递减.6. 从这九个整数中同时取四个不同的数，其和为偶数，则不同取法共有（）A. B. C. D.【答案】 D【解析】根据题意，从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取四个数，使其和为偶数需要分3种情况讨论：①当取出的4个数都是奇数,有种情况，②当取出的4个数有2个奇数、2个偶数,有种情况，③当取出的4个数都是偶数,当取出的数字没有奇数有种情况，根据分类计数原理总共有5+60+1=66种取法；本题选择D选项.7. 已知的大小关系为（）A. B.C. D. 的大小关系不确定，与的取值有关【答案】 C【解析】∵1<a<b，∴b-1>a-1>0，∴m=a b-1>a a-1>n=b a-1，则m>n，本题选择C选项.8. 已知下列各式：①；②；③；④.其中存在函数对任意的都成立的是（）A. ①④B. ③④C. ①②D. ①③【答案】 A【解析】①f(|x|+1)=x2+1,由t=|x|+1(t?1),可得|x|=t-1,则f(t)=(t-1)2+1，即有f(x)=(x-1)2+1对x∈R均成立；②，对0<t?1,y=f(t)不能构成函数，故不成立；③f(x2-2x)=|x|,令t=x2-2x，若t<-1时，x∈?；t?-1,可得,y=f(t)不能构成函数；④f(|x|)=3x+3-x.当x?0时,f(x)=3x+3-x；当x<0时,f(-x)=3x+3-x;将x换为-x可得f(x)=3x+3-x；故恒成立。

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宁波市九校联考高二数学试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共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.设集合2{|13}{|320}A x x B x x x =-≤≤=-+<,,则=)(B C A R（）A.[1,1)(2,3)-UB.]3,2[]1,1[ -C. )2,1(D.R 2.已知i 是虚数单位，则ii-+11= （） A.1 B.1- C. i - D.i 3.已知曲线x x f ln )(=在点))2(,2(f 处的切线与直线01=++y ax 垂直，则实数a 的值为 ( )A.21 B.2- C. 2 D.21-4.下面四个条件中，使a b >成立的必要而不充分的条件是（） A.1a b -> B.1a b +> C.a b > D.33a b >5.已知函数1ln 1)(--=x x x f ，则)(x f y =的图像大致为（）A. B. C. D.6.从1,2,3,,9L 这九个整数中同时取四个不同的数，其和为偶数，则不同取法共有（）A.62B.64C.65D.66 7.已知n m b n am b a a b ,,,,111则--==<<的大小关系为（）A. n m <B. n m =C. n m >D. n m ,的大小关系不确定，与b a ,的取值有关 8.已知下列各式：①1)1|(|2+=+x x f ；②x x f =+)11(2；③||)2(2x x x f =-； ④第二学期学年2016x x x f -+=33|)(|.其中存在函数)(x f 对任意的R x ∈都成立的是（）A.①④B.③④C.①②D.①③9.设函数)0(log )(2>++=a b ax x x f ,若存在实数b ,使得对任意的[])0(2,>+∈t t t x 都有a x f +≤1|)(|，则t 的最小值是（） A.2 B.1 C.43 D.3210.定义在R 上的可导函数)(x f 满足32)()(x x f x f =--,当(]0,∞-∈x 时,3)(2x x f <'实数a 满足1332)()1(23+-+-≥--a a a a f a f ,则a 的取值范围是（）A.⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+，23 B.⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-23, C. ⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+，21 D.⎥⎦⎤⎝⎛∞-21, 二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11.若,3log ,2log n m a a ==则=+n m a 2 ,用n m ,表示6log 4为 . 12.已知nxx )212(-的展开式中二项式系数和为64，则=n ,该展开式中常数项为 . 13.已知函数10,2,122,4)(≠>⎩⎨⎧>++≤+-=a a x a a x x x f x且其中.若21=a 时方程b x f =)(有两个不同的实根，则实数b 的取值范围是；若)(x f 的值域为[)∞+，2，则实数a 的取值范围是 . 14.函数xxee x x xf --+-=2)(3的奇偶性为 ,在R 上的增减性为 (填“单调递增”、“单调递减”或“有增有减”）.15.小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为 . 16.已知ax a x x a x x x f 22|1||1|)(-+--+-+=）（0>x 的最小值为23，则实数=a . 17.已知函数）R b a b ax x x f ∈++=,()(2在区间(]1,0上有零点0x ，则)31914(00-+x x ab 的最大值是 .三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知*∈N n ，(1)(2)(),n S n n n n =+++L 213(21)nn T n =⨯⨯⨯⨯-L .(Ⅰ)求 321321,,,,,T T T S S S ；(Ⅱ)猜想n S 与n T 的关系，并用数学归纳法证明.19.(Ⅰ)已知1021001210(21)(1)(1(1)x a a x a x a x -=+-+-++-L ），其中,1,2,10i a Ri ∈=L .（i ）求01210a a a a ++++L ；（ii ）求7a .(Ⅱ)2017年5月,北京召开“一带一路”国际合作高峰论坛.组委会将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到翻译、导游、礼仪、司机四个不同的岗位，每个岗位至少有一人参加，且五人均能胜任这四个岗位. （i ）若每人不准兼职，则不同的分配方案有几种？（ii)若甲乙被抽调去别的地方，剩下三人要求每人必兼两职，则不同的分配方案有几种？20.已知R a ∈,函数)(x f 满足.12)2(22-+-=a ax x f x(Ⅰ)求)(x f 的解析式,并写出)(x f 的定义域； (Ⅱ)若)(x f 在]2,2[2212+--a aa 上的值域为[]0,1-，求实数a 的取值范围.21.已知函数()1e1xf x x-=-+. (Ⅰ)证明当[]0,3x ∈时,xe x 911+≥-. (Ⅱ)证明当[]2,3x ∈时, 0)(72<<-x f .22.已知1-<a ，函数)(|1|)(33R x ax x x x f ∈++-=.(Ⅰ)求函数)(x f 的最小值；(Ⅱ)已知存在实数),1(,≤<n m n m 对任意),,(0n m t ∈总存在两个不同的),,1(,21+∞∈t t使得)()(2)(210t f t f t f ==-，求证：274≤-m n .2016学年第二学期宁波市九校联考高二数学参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） B D C B A D C A D D二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11.12 ，2m n m + 12.6，60 13.）（49,2 ,),1()1,21[+∞⋃ 14.奇，单调递增 15.84 16.45 17. 14410)31914()(,170002≥-+=--=x x x g ax x b 题：20000()()()a b g x a x a x g x ⋅=--[])()(000x g a x a x --≤343200000()1()44439x g x x x x ⋅≤=-+求导知其在11220,,,,,13333⎛⎤⎡⎤⎡⎤ ⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦⎣⎦上分别递增、递减、递增，故1441)}1(),31(max{=⋅⋅≤g ab g ab 其.)21,21,1(0时等号成立-=-==b a x方法2：三、解答题：本大题共5小题，共74分 18.（本小题满分14分）解：(Ⅰ)120,12,2332211======T S T S T S ； ……（3分） (Ⅱ)猜想：n n S T =（*n N ∈） ……（4分）证明：(1)当1n =时，11S T =； ……（6分）（2）假设当()*1n k k k N=≥∈且时，kk ST =，即(1)(2)()213(21)kk k k k k +++=⨯⨯⨯-L L ，……（8分）则当1n k =+时111)(12)(11)(1)(11)k S k k k k k k k k +=++++++-+++++L （ =(2)(3)(2)(21)(22)k k k k k ++++L=213(21)(21)(22)1k k k k k ⨯⨯⨯-⨯+++L =11213(21)(21)k k k k T ++⨯⨯⨯-+=L . ……（13分）即1+=k n 时也成立,由（1）（2）可知*n N ∈，n n S T =成立 ……（14分）19.（本小题满分15分）200002002222200000011()493113=92()11313131(1)(1)942362362144ax b x x ab x ax b x ax b x x x x x +=-+-+⎡⎤≤=-=-≤⎢⎥⎣⎦g 可得则（-）（-）解：(Ⅰ)（i ）令,2=x 则10012103(59049)a a a a ++++=L 即.……（3分)(ii)令10210012101,(12),x y y a a y a y a y -=+=+++L 则得77710215360.a C == …… （7分）(Ⅱ)（i ）.2404425=⋅A C……（11分）(ii) ()114)))(((233233424324=-+-C C C CC ……（15分）20.（本小题满分15分）解：(Ⅰ)令20,xt =>则,log 2t x =则,1log 2)(log )(2222-+-=a t a t t f即.1log 2)(log )(2222-+-=a x a x x f ……（5分）定义域为()+∞,0 ……（7分） (Ⅱ))(x f 在]2,2[2212+--a aa 上的值域为[]0,1-等价于12)(22-+-=a ax x x g在区间]22,1[2+--a a a 上的值域为].0,1[- ……（9分）101+1y x ay x a x a =-⇒==⇒=-=令或由图可得2221a a a a ≤-+≤+ ……（13分）12a a ≤≤≤≤或 ……（15分） 21.（本小题满分15分）解(Ⅰ)证明要证1e19xx-≥+, 也即证e 19xx ≤+. ……（2分）令()e 91xF x x =--, 则()'e 9xF x =-. 令()'0F x >, 则2ln3x >. 因此, 当02ln3x ≤<时, 有()'0F x <, 故()F x 在[]0,2ln3上单调递减; 当2ln33x <≤时, 有()'0F x >, 故()F x 在[]2ln3,3上单调递增. ……（5分）所以, ()F x 在[]0,3上的最大值为()(){}max 0,3F F .又()00F =,()33e 280F =-<. 故()[]0, 0,3F x x ≤∈成立, 即[]e 19, 0,3xx x ≤+∈成立. 原命题得证. ……（7分）(Ⅱ) 证明由 (I) 得当[]2,3x ∈时, ()111e1191xf x x x x -=-≥-+++令()11191t x x x=-++, 则 ()()()()()()()()()()()[]22222222222199119'19911191917280, 2,3.191x x t x x x x x x x x x x x --+-+=-+⋅++=-=++++-=≥∈++（9分）所以, ()t x 在[]2,3上单调递增，即()()[]161622, 2,357567t x t x ≥=->-=-∈所以()f x 72->得证. ……（12分）下证0)(<x f . 即证1+>x e x令),1()(+-=x e x h x则01)(>-='xe x h ，所以)(x h 在[]32，上单调递增, 所以，03)1()(2>-≥+-=e x e x h x，得证. ……（15分）另证：要证7211911->+-+x x ，即证011892>+-x x ，令8)19(1189)(22--=+-=x x x x m 在[]32，上递增，所以01)2()(>=≥m x m 得证.22.（本小题满分15分）解：（1）⎩⎨⎧≥-+<+=++-=1,121,1|1|)(333x ax x x ax ax x x x f记)1(12)(),1(1)(321≥-+=<+=x ax x x f x ax x f则a x x f +=2'26)( , 因为 1-<a 则由6,0)('2ax x f -±==得 ……（2分）（i ）时，即1616-<≤-≤-a a，上递增，在上递减，在),1[)()1,()(21+∞-∞x f x f 所以1)1()]([min +==a f x f ……（4分）（ii ）时，即616-<>-a a,上递减，在)1,()(1-∞x f递增，上递减，在在)6[)6,1[)(2∞+--a a x f , 所以1632)6()(2min --=-=aa a f x f综上，⎪⎩⎪⎨⎧-<≤-+-<--=16,16,1632)(mina a a aa x f……（6分）（2）不妨设,21t t <则由（1）知，若,16-<≤-a 则)(2x f 在),1(+∞上递增，不满足题意，所以6-<a . ……（7分）所以),6(),6,1(21+∞-∈-∈a t a t ，且 1632)6()(2min --=-=a a a f x f （i ）>-+21a 1632--a a ，即⎩⎨⎧<<--<1)1(2)(22721x f x f a 时，由即 ⎩⎨⎧<+<-+1121x a ax ，解得121<<+x a ，即)1,21(0a t +∈ 所以)1,21(),(a n m +⊆，所以1,21≤+≥n a m ，所以2742<-≤-a m n ……（11分）（ii ）≤-+21a 1632--a a ，即⎪⎩⎪⎨⎧->-<--<≤-)6(2)()1(2)(62272121a f x f f x f a 时，由即⎪⎩⎪⎨⎧-->-++<-+163221121aa ax a ax ，解得63221a x a -<<+，所以)632,21(),(a a n m -+⊆，所以632,21a n a m -≤+≥ 所以aa m n 21632---≤- 令]23,1(6∈=-u a ，则23113221632u u a a +-=--- 令231132)(u u u +-=ϕ，则0)11(32)(3'>-=u u ϕ 所以 231132)(u u u +-=ϕ在]23,1(∈u 递增，所以 274)23()(=≤ϕϕu ，所以 274)(≤≤-u m n ϕ. ……（15分）。