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1、甘肃省临夏中学甘肃省临夏中学 2017201720182018 学年第二学期期中考试卷学年第二学期期中考试卷一、选择题：（本大题共一、选择题：（本大题共 1 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分，在每小题给出的四分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求）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
2、.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，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：若集合的所有元素都具有性质 ， 是的子集，那么 中所有元素都具有性质 三段论的公式中包含三个判断：第一个判断称为大
3、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. 求曲线在点处的切线方程A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先对函数求导，求得，再由点斜式求得切线方程。【详解】，所以，所以切线方程为，化简得，选 A。【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程即函数在处的切线方程为。4. 已知， 则等于（ ）A. B. C. D. 【答
4、案】B【解析】对函数进行求导可得：，将代入可得，即，故选 B.5. 用反证法证明：若整系数一元二次方程有有理数根，那么中至少有一个偶数时，下列假设正确的是（ ）A. 假设都是偶数 B. 假设都不是偶数C. 假设至多有一个偶数 D. 假设至多有两个偶数【答案】B【解析】“若整系数一元二次方程有有理根，那么中至少有一个是偶数”的反证假设是“假设都不是偶数” 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
5、】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. 已知且,计算,猜想 等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别令，由方程写出，根据的特征猜想出 的通项公式。【详解】由题意可得，代入，得，即，所以，令 n=2,代入，得，即，所以，所以猜想，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 “ (nN*，n1)”时由 nk(k1)不等式成立，推证 nk1 时左边应增加的项数是(
6、 ) A. k1 B. k C. 2k D. 2k1【答案】C【解析】【分析】当 nk1 时，增加的项为，共项。【详解】当 n=k 时，式子为“ (nN*，n1)” ，当 n=k+1 时，式子为“ (nN*，n1)” ，所以增加了共项，即项,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开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可9. 如图阴影部分的面积是( )A. e B. e 1 C.
7、e 2 D. e【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. 设是上的偶函数，当时，且，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，即，故在上单调递增，又是上的偶函数，故在上单调递减，,故不等式的解集是，故选 C.点睛：本题考查了函数的奇偶性的应用，以及导数的运算，不等式的解法等，熟练掌握导数的运算是解题的关键，属于中档题；先根据可确定，进而可得到在上递增，结合函数的奇偶性可确定在上是减函数，最后根据可求得答案.二、填空题：（本大题共二、填空题：（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 1616 分）分）11. 已知为
8、虚数单位，设，则=_【答案】.【解析】【分析】由于 是以 4 为周期的数列，所以相连的四项和为 0，由此求得。【详解】由于，所以，即=,所以，填。【点睛】记住以下结论，可提高运算速度(1)(1i)22i；(2)；(3)；(4)baii(abi)；(5)i4n1；i4n1i；i4n21；i4n3i(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，填 16.【点睛】本题考查带限制条件的排列组合问题，间
9、接法是一种常用的方法。13. 复数,，则的最大值是_【答案】.【解析】【分析】设，且，求出 ，再由三角换元可求出最大值。【详解】设，且，所以 所以最大值为，填 3+。【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，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=_【答案】.【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 为内切球与外接球的球心，则
10、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 3 1，故正四面体PABC 的内切球体积 V1与外接球体积 V2之比等于 1 27，即.三、解答题：（本大题共三、解答题：（本大题共 4 4 小题，共小题，共 4444 分，解答应写出文字说明、证明过程或分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）演算步骤）15. 计算：(1)(2) 已知复数，求 【答案】(1) .(2) .【解析】【分析】（1）先化简 ，再做复数平方运算。 （2）代入，由复数除法可得。【详解】 （1） ，填。（2） ，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 00,，由的根为,可求得极值。（3）由（ ）可知，因为，且，所以只需。【详解】 （ ）依题意，函数的定义域为，当时，令，得，解得或，又，函数的单调递减区间是（ ），在上单调递增，在上单调递减，无极小值，综上，的极大值为，无极小值（ ）由（ ）可知，当时，又， 为的一个零点，若在恰有两个零点，则，即，解得【点睛】求函数零点问题，一般利用导数分析函数单调性与极值等图像特征，再根据零点存在性定理分析函数零点个数，数形结合更有利于解题。
