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1、甘肃省临夏中学2017-2018学年高二数学下学期期中试题 理（含解析）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的要求）1. 复数的共轭复数是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由复数的除法化简复数式，再求得共轭复数。【详解】由题意可得 ,共轭复数为.所以选C.【点睛】运算法则：设z1abi，z2cdi，a，b，c，dR.z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i.z1z2(abi)(cdi)(acbd)(bcad)i.2. 是一次函数；的图像是一条直线；一次函数的图像是一条直线.写一个“三段论”形式的正确推理
2、，则作为大前提、小前提和结论的分别是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】三段论：y=2x+5是一次函数；y=2x+5的图象是一条直线；一次函数的图象是一条直线；大前提是，小前提是，结论是故排列的次序应为：，故选D.点睛：演绎推理的主要形式就是由大前提、小前提推出结论的三段论推理三段论推理的依据用集合论的观点来讲就是：若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的子集，那么S中所有元素都具有性质P三段论的公式中包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况；这两个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断结论演
3、绎推理是一种必然性推理，演绎推理的前提与结论之间有蕴涵关系因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，但错误的前提可能导致错误的结论3. 求曲线f(x)=x2lnx在点A(1,f(1)处的切线方程A. x+y2=0 B. xy2=0C. x+y+2=0 D. xy+2=0【答案】A【解析】【分析】先对函数求导，求得f(1)=1，f(1)=1，再由点斜式求得切线方程。【详解】f(x)=12x，所以f(1)=1，f(1)=1，所以切线方程为y1=(x1)，化简得x+y-2=0，选A。【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程即函数fx在x0,fx0处的切线方程为yfx0=f
4、x0xx0。4. 已知f(x)=x2+2xf(1)6， 则f(1)等于（）A. 4 B. 2 C. 0 D. 2【答案】B【解析】对函数进行求导可得：fx=2x+2f1，将x=1代入可得f1=2+2f1，即f1=2，故选B.5. 用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个偶数时，下列假设正确的是（）A. 假设a、b、c都是偶数 B. 假设a、b、c都不是偶数C. 假设a、b、c至多有一个偶数 D. 假设a、b、c至多有两个偶数【答案】B【解析】“若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”
5、的反证假设是“假设a，b，c都不是偶数” 选B6. 若4位同学报名参加3个不同的课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（ ）A. 34种 B. 9种 C. 43种 D. 12种【答案】C【解析】【分析】由分步计数原理人去选活动小组，可得结果。【详解】由分步计数原理人去选活动小组，每个人都选完，事情结束，所以方法数为43种。选C.【点睛】本题考查分步计数原理求完成事情的方法数，只需要区分理解分类计数原理与分步计数原理。7. 已知a1=1,an+1an且an+1an22an+1+an+1=0,计算a2,a3,猜想an等于A. n B. n2 C. n3 D. n+3n【答案
6、】B【解析】【分析】分别令n=1,n=2，由方程写出a2,a3，根据a1,a2,a3.的特征猜想出an的通项公式。【详解】由题意可得，代入a1=1，得(a21)22a21=0，即a224a2=0，所以a2=4，令n=2,代入a2=4，得(a34)22a37=0，即a3210a3+9=0，所以a3=9，所以猜想an=n2，选B.【点睛】本题常考查不完全数学归纳法，这是寻找解题思想和方法的突破点的极其重要的一种方法和手段。8. 用数学归纳法证明 “1+12+13+12n1n (nN*，n1)”时由nk(k1)不等式成立，推证nk1时左边应增加的项数是() A. k1 B. k C. 2k D. 2
7、k1【答案】C【解析】【分析】当nk1时，增加的项为12k+12k+1+12k+11，共2k项。【详解】当n=k时，式子为“1+12+13+12k-1k (nN*，n1)”，当n=k+1时，式子为“1+12+13+12k-1 +(12k+12k+1+12k+11)k+1(nN*，n1)”，所以增加了共2k+112k+1项，即2k项,选C.【点睛】运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的
8、正整数都成立，两步缺一不可9. 如图阴影部分的面积是()A. e1e B. e1e1 C. e1e2 D. e1e【答案】C【解析】试题分析：阴影部分的面积为.考点：定积分的应用.10. 设F(x)=f(x)g(x)是(,0)(0,+)上的偶函数，当x0，且f(2)=0，则不等式F(x)0，即Fx=fxgx0，故F(x)=f(x)g(x)在,0上单调递增，又F(x)=f(x)g(x)是(-,0)(0,+)上的偶函数，故F(x)在0,+上单调递减，F2=F2=0,故不等式F(x)0可确定Fx0，进而可得到F(x)在,0上递增，结合函数F(x)的奇偶性可确定F(x)在0,+上是减函数，最后根据f(
9、2)=0可求得答案.二、填空题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分）11. 已知为虚数单位，设z=1+i+i2+i3+i9，则z=_【答案】2.【解析】【分析】由于in是以4为周期的数列，所以相连的四项和为0，由此求得z=1+i。【详解】由于i4n=1,i4n+1=i,i4n+2=1,i4n+3=i，所以i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0，即z=1+i+i2+i3+i9=1+i,所以|z|=2，填2。【点睛】记住以下结论，可提高运算速度 (1)(1i)22i；(2)1+i1i=i；(3)1i1+i=i；(4)baii(abi)；(5)i4n1；i4n1i；i4n21；i4n3i
10、(nN)12. a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同的选法总数是_【答案】16.【解析】【分析】用间接法，用总共情况减去当副组长的情况，即为所求。【详解】间接法，用总共情况减去当副组长的情况N=A52C41=16，填16.【点睛】本题考查带限制条件的排列组合问题，间接法是一种常用的方法。13. 复数z1=12i,z2=3，则z2z1的最大值是_【答案】3+5.【解析】【分析】设z2=x+yi(x,yR)，且x2+y2=9，求出z2-z1 =2x4y+14，再由三角换元可求出最大值。【详解】设z2=x+yi(x,yR)，且x2+y2=9，z2z1=(x+1
11、)+(y2)i，所以z2-z1 =(x+1)2+(y2)2=2x4y+14=6cos12sin+14=65cos(+)+14所以最大值为14+65=(3+5)2=5+3，填3+5。【点睛】本题考查复数的模的最值问题，利用待定系数法结合函数思想求得最值。14. 在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则S1S2=14，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则V1V2=_【答案】127.【解析】由平面图形类比空间图形，由二维类比三维，如图，设正四面体PABC的棱长为a，E为等边三角形ABC的中心，O为内切球与外接球
12、的球心，则AEa，PEa.设OAR，OEr，则raR，又在RtAOE中，OA2OE2AE2，即R222，Ra，ra，正四面体的外接球和内切球的半径之比是31，故正四面体PABC的内切球体积V1与外接球体积V2之比等于127，即.三、解答题：（本大题共4小题，共44分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15. 计算：(1)3i1+i2(2) 已知复数z=1+i，求 2zz【答案】(1) 34i.(2) 2i.【解析】【分析】（1）先化简3-i1+i =12i，再做复数平方运算。（2）代入z=1+i，由复数除法可得。【详解】（1）3-i1+i2 =(3i)(1i)(1+i)(1i)2=(24
13、i2)2=(12i)2=34i，填34i。（2）2z-z =21+i(1+i)=2(1i)2(1+i)=2i，填-2i。【点睛】本题综合考查复数的四则运算及乘方运算，注意运算的正确性。16. 已知0a1，求证：1a+41a9.【答案】见解析.【解析】试题分析：，利用分析法，要证明1a+41a9，只需证明(3a1)20，该式成立，从而使结论得证试题解析：采用分析法证明，要证明1a+41a9，即证明1a+4a9a(1a)，必须证9a26a+10；即证(3a1)20；而(3a1)20显然成立0a0，要证明1a+41a9，即证明1a+4a9a(1a)，必须证1+3a9a9a2，必须证9a26a+10；即证(3a1)20；而(3a1)20显然成立.故原不等式成立.考点：不等式的证明.17. 数列an中，已知a1=1，an+1=an3an+1(1) 求a2,a3,a4的值，并猜想an的表达式(2) 请用数学归纳法证明你的猜想(注：不用数学归纳法证明一律不得分）【答案】（1）见解析.（2）见解析.【解析】
