广东省江门二中2017-2018学年高二下学期3月月考数学（理）试卷

第二学期第一次考试高二年级数学试卷（理科）注意事项：本试卷共页，22小题，满分，考试用时分钟.一、选择题：(本大题共12小题，每小题分，满分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。)2．已知z1＝5＋3i，z2＝5＋4i，则下列各式正确的是A．z1>z2B．z1<z2C．|z1|>|z2|D．|z1|<|z2|A．f′(x0)B．2f′(x0)C．－2f′(x0)D．04．面是一段“三段论”推理过程：若函数f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f′(x)>0恒成立．因为f(x)＝x3在(－1,1)内可导且单调递增，所以在(－1,1)内，f′(x)＝3x2>0恒成立，以上推理中()A．大前提错误B．小前提错误C．结论正确D．推理形式错误Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．6．用数学归纳法证明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是A．2k－1B．2k－1C．2k D．2k＋17．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第个图案中有白色地面砖的块数是8．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能是9．若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，则复数(cosθ＋sinθ)＋(sinθ－cosθ)i在复平面内所对应的点在A．第一象限B．第二象限C．第三象限 D．第四象限10．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是A．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞) B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C．(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞) D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]12．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1、x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是A．[－eq\f(3,2)，3]B．[eq\f(3,2)，6]C．[3,12] D．[－eq\f(3,2)，12]二、填空题：(本大题共小题，每小题分，满分分)。14．一物体以速度v＝(3t2＋2t)m/s做直线运动，则它在t＝0s到t＝3s时间段内的位移是_______。_____________。则可归纳出第n个式子为______________________________。三、解答题：本大题共6小题，满分70分。解答须写出文字说明，证明过程或步骤。17．（本小题满分10分）把复数z的共轭复数记作eq\x\to(z)，已知(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，求z及eq\f(z,\x\to(z))。（2）猜想的表达式，并用数学归纳法加以证明。20．（本小题满分12分）已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝eq\f(2,3)时，y＝f(x)有极值。（1）求函数f(x)的解析式；（2）求函数f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值。21．（本小题满分12分）如图，设点P在曲线y＝x2上，从原点向A(2,4)移动，记直线OP与曲线y＝x2所围成图形的面积为S1，直线OP、直线x＝2与曲线y＝x2所围成图形的面积为S2。（1）当S1＝S2时，求点P的坐标；（2）当S1＋S2取最小值时，求点P的坐标及此最小值。22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln(ax＋1)(x≥0，a>0)，g(x)＝eq\f(x－2,x＋2).（1）讨论函数y＝f(x)－g(x)的单调性；（2）若不等式f(x)≥g(x)＋1在x∈[0，＋∞)时恒成立，求实数a的取值范围；（3）当a＝1时，证明：eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)<eq\f(1,2)f(n)(n∈N*)。

第二学期第一次考试高二年级数学试卷（理科答案）一、选择题：(本大题共12小题，每小题分，满分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．)题号123456789101112答案DDBADCAABDCc二.填空题：13、1i14、36m三、解答题：本大题共6小题，满分70分。解答须写出文字说明，证明过程或步骤。17．（本小题满分10分）解:设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝a－bi，由已知得：(1＋2i)(a－bi)＝(a＋2b)＋(2a－b)i＝4＋3i，由复数相等的定义知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝4，,2a－b＝3.))得a＝2，b＝1，∴z＝2＋i.∴eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,2－i2＋i)＝eq\f(3＋4i,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.18、（本小题满分12分）19、（本小题满分12分）20、(本题满分12分)解：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，(1)由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′\f(2,3)＝3×\f(2,3)2＋2a×\f(2,3)＋b＝0，,f′1＝3×12＋2a×1＋b＝3.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－4.))经检验得x＝eq\f(2,3)时，y＝f(x)有极小值，所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.(2)由(1)知，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2)．令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝eq\f(2,3)，f′(x)，f(x)的值随x的变化情况如下表：x－4(－4，－2)－2(－2，eq\f(2,3))eq\f(2,3)(eq\f(2,3)，1)1f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增函数值－1113eq\f(95,27)4∵f(eq\f(2,3))＝eq\f(95,27)，f(－2)＝13，f(－4)＝－11，f(1)＝4，∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11.21．(本题满分12分)解：(1)设点P的横坐标为t(0<t<2)，则点P的坐标为(t，t2)，直线OP的方程为y＝tx.S1＝eq\i\in(0,t,)(tx－x2)dx＝eq\f(1,6)t3，S2＝eq\i\in(t,2,)(x2－tx)dx＝eq\f(8,3)－2t＋eq\f(1,6)t3，因为S1＝S2，所以eq\f(1,6)t3＝eq\f(8,3)－2t＋eq\f(1,6)t3，解得t＝eq\f(4,3)，故点P的坐标为(eq\f(4,3)，eq\f(16,9))．(2)令S＝S1＋S2，由(1)知，S＝eq\f(1,6)t3＋eq\f(8,3)－2t＋eq\f(1,6)t3＝eq\f(1,3)t3－2t＋eq\f(8,3)，则S′＝t2－2，令S′＝0，得t2－2＝0，因为0<t<2，所以t＝eq\r(2)，又当0<t<eq\r(2)时，S′<0；当eq\r(2)<t<2时，S′>0；故当t＝eq\r(2)时，S1＋S2有最小值，最小值为eq\f(8,3)－eq\f(4\r(2),3)，此时点P的坐标为(eq\r(2)，2)．22、(本题满分12分)解：(1)∵y＝f(x)－g(x)＝ln(ax＋1)－eq\f(x－2,x＋2)，y′＝eq\f(a,ax＋1)－eq\f(4,x＋22)＝eq\f(ax2＋4a－4,ax＋1x＋22)，当a≥1时，y′≥0，所以函数y＝f(x)－g(x)是[0，＋∞)上的增函数；当0<a<1时，由y′>0得x>2eq\r(\f(1,a)－1)，所以函数y＝f(x)－g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(1,a)－1)，＋∞))上是单调递增函数，函数y＝f(x)－g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2\r(\f(1,a)－1)))上是单调递减函数；(2)当a≥1时，函数y＝f(x)－g(x)是[0，＋∞)上的增函数．所以f(x)－g(x)≥f(0)－g(0)＝1，即不等式f(x)≥g(x)＋1在x∈[0，＋∞)时恒成立，当0<a<1时，函数y＝f(x)－g(x)是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2\r(\f(1,a)－1)))上的减函数，存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2\r(\f(1,a)－1)))，使得f(x0)－g(x0)<f(0)－g(0)＝1，即不等式f(x0)≥g(x0)＋1不成立，综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．(3)当a＝1时，由(2)得不等式f(x)>g(x)＋1在x∈(0，＋∞)时恒成立，即ln(x＋1)>eq\f(2x,x＋2)，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))>eq\f(2,1＋2k)(k∈N*)，即eq\f(1,2k＋1)<eq\f(1,2)[ln(k＋1)－lnk]．所以eq\f(1,3)<eq\f(1,2)(ln2－ln1)，eq\f(1,5)<eq\f(1,2)(ln3－ln2)，eq\f(