广东省阳江市阳东区一中2016-2017学年高二下学期第一次质量检测数学（理）试卷

阳东一中高二级2016-2017学年第二学期第一次质量检测试题

（理科数学）

2017．3．27

一、选择题（5×12=60分）资*源%库

1. 是的共轭复数，若为虚数单位) ，则=（ ）
   A．B．C．D．
2. 若,则的增区间为（ ）
   A．B．C．D．
   3.下面几种推理过程是演绎推理的是(　 　)
   A.两条直线平行，同旁内角互补，如果∠A和∠B是两条平行直线的同旁内角，则∠A+∠B=180°
   B.由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质
   C.某校高三共有10个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推测各班都超过50人
   D.在数列中，a1=1，由此归纳出的通项公式
   4. 数列，…, 的前项的和等于（ ）
   A．B．C．D．
   5. 设x，y，z∈R^＋，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三数(　 　)
   A．至少有一个不大于2B．都小于2 C．至少有一个不小于2 D．都大于2
   6. 由直线与曲线所围成的图形的面积等于(　 　)
   A.3B.C.1D.
   7.用数学归纳法证明时，从到，左边需增添的代数式是（ ）
   A．B．
   C．D．
   8. 已知函数y＝xf′(x)的图象如下图所示，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，函数y＝f(x)的图象大致是图中的(　 　)
   
   9. 若由曲线y＝x²＋k²与直线y＝2kx及y轴所围成的平面图形的面积S＝9，则k＝(　 　)
   A.3 B－3或3 C.3 D．－3
   10.观察下列等式：1＝1²2＋3＋4＝3²3＋4＋5＋6＋7＝5²4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝7²，…，
   则第n个式子是(　　)
   A．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(2n－1)＝n²B．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(2n－1)＝(2n－1)²
   C．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)²D．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－1)＝(2n－1)²
   11. 已知在区间上是减函数，那么（ ）
   A．有最大值B．有最大值
   C．有最小值D．有最小值
   12. 已知a≥0，函数f(x)＝(x²－2ax)e^x，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是(　　)
   1. B. C. D.

二、填空题（5×4=20分）

13.是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为 ．

14.已知若则的表达式为 ．

15.定积分．

16.设曲线在点处的切线与轴的交点的横坐标为令则的值为 ．

三、解答题（共70分）

17.（本小题满分10分）

设复数z＝，若z²＋az＋b＝1＋i，求实数a，b的值

18．（本小题满分12分）

如图，过点A(6,4)作曲线f(x)＝的切线l.

(1)求切线l的方程；

(2)求切线l、x轴及曲线f(x)＝所围成的封闭图形的面积S.

19．（本小题满分12分）

请你设计一个包装盒，如图所示，是边长为的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，、在上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设.

(1) 某广告商要求包装盒侧面积最大，试问应取何值？

(2) 某广告商要求包装盒容积最大，试问应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.

20．（本小题满分12分）

已知数列满足.

（1）求；

（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明.

21．（本小题满分12分）

已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x²＋ax－3)e^x(a为实数)．

(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；

(2)求f(x)在区间(t>0)上的最小值．

$来&源：

22．（本小题满分12分）

设函数f(x)＝(x－1)³－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.

(Ⅰ)求f(x)的单调区间；

(Ⅱ)若f(x)存在极值点x₀，且f(x₁)＝f(x₀)，其中x₁≠x₀，求证：x₁＋2x₀＝3

$来&源：

阳东一中高二级2016-2017学年第二学期第一次质量检测试题答案

（理科数学）

一、选择题（60分）

二、填空题（20分）

13.14.15.16.

[部分题目祥解如下：]

5.【解析】a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥6，因此a、b、c至少有一个不小于2.选C.

8. 由y＝xf′(x)的图象可得当x<－1时，f′(x)>0，所以当x<－1时f(x)为增函数；当－1<x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1,0)上为减函数；当0<x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在(0,1)上减函数；当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上增函数，所以选择C.

9.由得(x－k)²＝0，即x＝k，所以直线与曲线相切，如图所示，当k>0时，S＝ʃ(x²＋k²－2kx)dx＝ʃ(x－k)²dx＝(x－k)³|＝0－(－k)³＝，由题意知＝9，

∴k＝3.由图象的对称性可知k＝－3也满足题意，故k＝±3.$来&源：

10.由已知得第n个式子左边是2n－1项的和且首项为n，以后是各项依次加1，

设最后一项应为m，则m－n＋1＝2n－1，所以m＝3n－2.

法二:特值验证法．

n＝2时，2n－1＝3,3n－1$来&源：＝5，都不是4，故只有3n－2＝4

11．由题意f′(x)＝3x²＋2bx＋c在[－1,2]上，f′(x)≤0恒成立．

所以，

即，

令b＋c＝z，b＝－c＋z，$来&源：

如图A是使得z最大的点，最大值为b＋c＝－6－＝－.故应选B.

12.f′(x)＝(2x－2a)e^x＋(x²－2ax)e²＝[x²＋(2－2a)x－2a]e^x，由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x²＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x²＋(2－2a)x－2a，则有

即解得a≥.

16．∵k＝y′|_x＝1＝n＋1，∴切线l：y－1＝(n＋1)(x－1)，

令y＝0，x_n＝，∴a_n＝lg，∴原式＝lg＋lg＋…＋lg＝lg××…×＝lg＝－2.

三、解答题（共70分）

17.解：z＝＝＝＝＝1－i，…………………………..3分

将z＝1－i代入z²＋az＋b＝1＋i，得(1－i)²＋a(1－i)＋b＝1＋i，

即(a＋b)－(a＋2)i＝1＋i，……………………………………………………..…..5分

所以……………………………………………………..…..8分

所以………………………………………………………………………..…..10分

18．【解析】解： (1)因为f′(x)＝，所以f′(6)＝，…………………………………..…..3分

所以切线l的方程为y－4＝(x－6)，即x－2y＋2＝0. ……………………………………..6分

(2)令f(x)＝0，则x＝2，资*源%库

令y＝x＋1＝0，则x＝－2. …………………………………..8分

故S＝dx－dx＝－(4x－8)＝.…………………12分

19．【解析】解：设包装盒高为，底面边长为，由已知得

…………………………………2分

所以当时，取得最大值. …………………………………………………4分

(2). ………………………………..6分

由得(舍) 或.………………………………..8分

当时，；当时，.

所以当时，取得极大值，也是最大值. ………………………………..10分

此时即包装盒的高与底面边长的比值为. ……………………………….12分

20【解析】解：（1）由可得

.……………………………………………………………3分.

（2）猜想.………………………………..5分

下面用数学归纳法证明：

①当时，左边

右边猜想成立. ………………………………..7分

②假设时猜想成立，即，

当时，

，故当时，猜想也成立. ………………………………..10分

由①，②可知，对任意都有成立. ……………………………12分

21．解： (1)当a＝5时，g(x)＝(－x²＋5x－3)e^x，g(1)＝e.又g′(x)＝(－x²＋3x＋2)e^x，………..2分

故切线的斜率为g′(1)＝4e.所以切线方程为：y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e. ……………4分

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，，得………………..5分

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

………………………………………………………………………………………………..8分

①当t≥时，在区间上f(x)为增函数，所以f(x)_min＝f(t)＝tlnt. …………………..10分

②当0<t<时，在区间上f(x)为减函数，在区间上f(x)为增函数，所以

f(x)_min＝f＝－.………………………………………………………………..12分

22．(Ⅰ) 解：由f(x)＝(x－1)³－ax－b，可得f′(x)＝3(x－1)²－a. ………………………………..1分

下面分两种情况讨论：

(1)当a≤0时，有f′(x)＝3(x－1)²－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．……..3分

(2)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝1＋，或x＝1－.……………………………….5分

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以f(x)的单调递减区间为(1－，1＋)，

单调递增区间为(－∞，1－)，(1＋，＋∞)．………………………..…...8分

(Ⅱ)证明：因为f(x)存在极值点，所以由(Ⅰ)知a>0，且x₀≠1，由题意，得f′(x₀)＝3(x₀－1)²－a＝0，即(x₀－1)²＝，进而f(x₀)＝(x₀－1)³－ax₀－b＝－x₀－－b. ………………………………..10分

又f(3－2x₀)＝(2－2x₀)³－a(2－2x₀)－b＝(1－x₀)＋2ax₀－3a－b＝－x₀－－b＝f(x₀)，且3－2x₀≠x₀，由题意及(Ⅰ)知，存在唯一实数满足f(x₁)＝f(x₀)，且x₁≠x₀，因此x₁＝3－2x₀，

所以x₁＋2x₀＝3………………………………..12分