青海省西宁市2016-2017学年高二数学下学期期中试题 理

试卷满分：150分 考试时间：120分钟

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案写在答题卡上） 1.复数

5的虚部是 （ ）

z12iA. 2 B. 2 C. 2i D. 2i

2.已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，那么下面说法正确的是 （ ）

A. 在(3,1)内f(x)是增函数

B. B. 在（1,3）内f(x)是减函数 C. 在（4,5）内f(x)是增函数 D. 在x=2时，f(x)取得极小值

3.用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数” 正确的反 设为 （ ） A．a，b，c都是奇数

B．a，b，c都是偶数

C．a，b，c中至少有两个偶数 D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数

14. xx221的展开式的常数项是（ ）

x25(A)3 (B)2 (C) (D)

5.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单, 开演前又增加了两个新节目. 如果将这两个新节目插入原节目单中, 那么不同插法的种数为 （ ）

A．42 B．48 C． 96 D． 124

6.已知函数f(x)xsinx，记mf()，nf()，则下列关系正确的是 （ ）

A. m0n B. 0nm C. 0mn D. nm0

7.某校高三年级共有六个班,现从外校转入4名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排2名,则不同的安排方案种数为 ( )

121322222 A. A6C4 B. A6A4 C. 2A6 D.

122A6C4 28．如图，正方形的四个顶点为

O(0,0)、A(1,0)、B(1,1)、C(0,1)，曲线yx2经过点B，现将一质点随机投入正方形中，则质点

落在图中阴影区域的概率是（ ）

A．

1112 B． C． D．

324532f(x)x3ax3(a2)x1有极大值和极小值，则a的取值范围 9．若

（ ）

A．1a2 B．a2或a1 C．a2或a1 D．a1或a2

10．已知关于x的方程x2(a3)x9b0，其中a,b都可以从集合{1，2，3，4，5，6}中

任意选取，则已知方程两根异号的概率为

A．

（ ）

221 6B．

101 2C．

1 12D．

1 3211.设函数f(x)(12x),则导函数f(x)的展开式x项的系数为 （ ）

A．1440 B．-1440 C．-2880 D．2880

12.设函数f(x),g(x)在[a,b]上均可导,且f(x)g(x),则当axb时，有 （ ）

A．f(x)g(x)

B．f(x)g(x)

D．f(x)g(a)g(x)f(a)

C．f(x)g(b)g(x)f(b)

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。请规范作答） 13．若复数z(m1)m1i为纯虚数, 那么实数m的值 . 214.

32(x12)dx= 。 x15．随机变量ξ的分布列为P（ξ=k）=c，k=1，2，3，4，其中c为常数，则P(2)等k(1k)于 .

16．设正三棱柱（底边为等边三角形的直棱柱）的体积为2，那么其表面积最小时，底面边长为 . 三、解答题（本题共6大题，其中第17题10分，其他每题12分，共70分：审题要慢，答题要快；

言之有理，论证有据，详略得当，工整规范）

17. 已知函数f(x)ax3x2(aR)的一个极值点是1. (I) 求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程； (II)求函数f(x)在[2,3]上的最大值和最小值.

18．从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问： ①能组成多少个没有重复数字的七位数？ ②上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？

③在①中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？ ④在①中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？

19.在二项式(x3312x3)n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列

（1）求展开式的常数项； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中各项的系数和。

20．已知 a1=

12*,且Snnan (nN) 2（1） 求a2 ，a3 ，a4

（2） 猜测{an }的通项公式，并用数学归纳法证明之.

21.甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分.假设甲队中每人答对的概率均为

2221，乙队中3人答对的概率分别为,,，且各人正确与3332否相互之间没有影响.用ξ表示甲队的总得分。

（Ⅰ）求随机变量ξ分布列

（Ⅱ）用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB).

(x1)222.已知函数f(x)lnx．

2(Ⅰ)求函数fx的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当x1时，fxx1；

（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1,x0)时，恒有fxkx1．

高 二 数 学（理科）答案

一、选择题 ACDDA BDBBB CD 二、填空题

93+ln2 。 13． -1 .14. 215．3/8 . 16．

17. 已知函数f(x)ax3x2(aR)的一个极值点是1. (I) 求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程； (II)求函数f(x)在[2,3]上的最大值和最小值.

解： f'(x)3ax3. ………………………2分

因为 函数f(x)的一个极值点是1, 所以 f'(1)3a30.

解得：a1. ………………………4分 经检验，a1满足题意. 所以 f(2)0,f'(2)9.

所以曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程是y9(x2)，即9xy180. ………………………6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知：f'(x)3x3.

令f'(x)0，得 x11,x21. ………………………7分 当x在[2,3]上变化时，f'(x),fx的变化情况如下表

x 2232 (2,1) - ↘ 1 0 0 (1,1) + ↗ 1 0 (1,3) - ↘ 3 f'(x) f(x) 4 4 -16 ………………………10分

所以 函数f(x)在[2,3]上的最大值为4，最小值为-16. ………………………11分 18. 解：①分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有

第二步在5个奇数中取4个，可有

种情况； 种情况；

7第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有A7种情况，

347所以符合题意的七位数有C4C5A7100800个．

3453 ②上述七位数中，三个偶数排在一起的有个．C4C5A5A314400

③上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有

35342C4C5A3A4A25760个．

④上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档，

433共有A5C4A528800个。

19.在二项式(x312x3)n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列

（1）求展开式的常数项； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中各项的系数和。 解:展开式的通项为Tr11()rCrnx2n2r3，r=0，1，2，…，n

100111221112由已知：()Cn,()Cn,()Cn成等差数列，∴ 2Cn1Cn∴ n=8

22224（1）T5351 （2）T5二项式系数最大 （3）令x=1，各项系数和为 825620．已知 a1=

1*2,且Snnan (nN) 2（1） 求a2 ，a3 ，a4

（2） 猜测{an }的通项公式，并用数学归纳法证明之.

22220、解: ∵Snnan, ∴an1Sn1Sn(n1)an1nan

∴an1nan n2111∴(1) a2= ， a3= ，a4=

20612 (2) 猜测an=

1;下面用数学归纳法证

n(n1) ①当n=1时，结论显然成立.

②假设当n=k时结论成立，即ak=

1

k(k1)则当n=k+1时，ak1kk11ak k2k2k(k1)(k1)(k2)故当n=k+1时结论也成立.

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有an=

21.（I）由题意知，的可能取值为0,1,2,3,且

1

n(n1)21P(0)C30(1)3,3272221P(1)C3(1)2,339所以的分布列为

224P(2)C32()2(1),339283P(3)C3()3,327 0 1 2 3 1824 272799P ………………………………………………… 6分

（II）用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，

ABCD,C,D互斥. …………………7分

2221112111110P(C)C32()2(1)4,…………10分

3333233233234,………………………………………………………………………… 11分 531043434P(AB)P(C)P(D)455. ………………………… 13分

333243P(D)1x2x1试题解析：（I）fxx1，x0,．

xxx015由fx0得2解得0x．

2xx10故fx的单调递增区间是0,15． 2（II）令Fxfxx1，x0,．

1x2则有Fx．

x当x1,时，Fx0， 所以Fx在1,上单调递减，

故当x1时，FxF10，即当x1时，fxx1． （III）由（II）知，当k1时，不存在x01满足题意．

当k1时，对于x1，有fxx1kx1，则fxkx1，从而不存在x01满足题意．

当k1时，令Gxfxkx1，x0,，

x21kx11则有Gxx1k．

xx由Gx0得，x1kx10．

2解得x11k1k2240，x21k1k2241．

当x1,x2时，Gx0，故Gx在1,x2内单调递增． 从而当x1,x2时，GxG10，即fxkx1， 综上，k的取值范围是,1．