北京景山学校2016-2017学年度第二学期 高二年级数学期中考试试卷（理科）
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共8小题）
11．在复平面内，复数z?1?（i为虚数单位）对应的点位于（）．
i A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
1i【解析】复数1??1?2?1?i，其对应的点是(1,?1)，位于第四象限．
ii故选D．
12．若f(x)?lnx?，则f?(1)?（）．
x A．2 B．1 C．0 D．?1
【答案】A
111【解析】由f(x)?lnx?得f?(x)??2，
xxx所以f?(1)?2． 故选A．
3．火车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有（）．
A．510种
B．105种
C．50种
D．500种
【答案】A
【解析】根据题意，沿途有5个车站，则每个乘客有5种下车的方式，要完成这件事可分10步，即10名乘客分别选择一个车站下车，由分步计数原理可知，乘客下车的方式有510种． 故选A．
2?x2,x?[0,1]4．设f(x)??，则?0f(x)dx?（）．
2?x,x?(1,2]? A．
3 4 B．
4 5 C．
5 6 D．不存在
【答案】C 【解析】由已知可得
?
201211?1?21?1?5f(x)dx??x2dx??(2?x)dx?x3??2x?x2????4?2?2???．
0130?2?13?2?6故选C．
5．设(3x?1)4?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4，则a1?a2?a3?a4的值为（）．
A．15
B．16
C．1
D．?15
【答案】A
【解析】在(3x?1)4?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4中，令x?0，可得a0?1， 再令x?1可得a0?a1?a2?a3?a4?16， 所以a1?a2?a3?a4?15． 故选A．
6．如图，用5种不同颜色给图中标有1、2、3、4各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻两部分涂不同颜色，则不同的涂色方法共有（）．
13
2
4
B．240种
C．260种
D．360种
A．160种
【答案】C
【解析】先给1部分涂色，有5种涂色方法，再给2部分涂色，有4种涂色方法，再给3部分涂色，若3部分颜色与2部分相同，则3部分只有1种涂色方法，再给4部分涂色，有4种涂色方法；若3部分颜色与2部分不相同，则3部分有3种涂色方法，再给4部分涂色，有3种涂色方法．
所以不同的涂色方法一共有5?4?(1?4?3?3)?260种． 故选C．
?π?7．设定义在?0,?上的函数f(x)，其导函数为f?(x)，若f(x)?f?(x)tanx恒成立，则（）．
?2?
?π??π?A．3f???2f??
?4??3??π?C．2f????6??π?f?? ?4?
?π?B．f(1)?2f??sin1
?6?
?π?D．3f????6??π?f?? ?3?【答案】B
?π?【解析】∵x??0,?，
?2?∴sinx?0，cosx?0，
由f(x)?f?(x)tanx，得f(x)cosx?f?(x)sinx， 即f?(x)sinx?f(x)cosx?0， 令g(x)??π?f(x)，x??0,?， sinx?2?则g?(x)?f?(x)sinx?f(x)cosx?0，
sin2x∴函数g(x)?f(x)?π?在?0,?上单调递增， sinx?2??π??π??π?∴g???g???g(1)?g??，
?6??4??3??π??π??π?f??f??f??f(1)643???， 即??????ππsin1πsinsinsin643?π??π??π?f??f??f???6???4??f(1)??3?∴，
1sin123222A项，3f???2f??，故A项错误；
?4??3?B项，f(1)?2f??sin1，故B项正确；
6?π??π?C项，2f???f??，故C项错误；
?6??4??π?3f项，D????6??π?f??，故D项错误． ?3??π????π??π?故选B．
8．已知函数y?f?(x)的图象如图所示（其中f?(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数），则x以下说法错误的是（）．
y
1O1x
A．f?(1)?f?(?1)?0
B．当x??1时，函数f(x)取得极大值 C．方程xf?(x)?0与f(x)?0均有三个实数根 D．当x?1时，函数f(x)取得极小值
【答案】C
【解析】A项，由图象可知x?1或x??1时，f?(1)?f?(?1)?0成立，故A正确；
B项，当x??1时，
当?1?x?0时，
f?(x)?0，此时f?(x)?0， xf?(x)?0，此时f?(x)?0，所以当x??1时， x函数f(x)取得极大值，故B正确；
C项，由于函数f(x)的极大值与极小值的正负情况不确定，不能确定f(x)?0根的个数，故C错误；
D项，当0?x?1时，
f?(x)f?(x)?x?1，此时，当时，f(x)?0?0?0，此时f?(x)?0，所
xx以当x?1时，函数f(x)取得极小值，故D正确． 故选C．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题） 9．已知i为虚数单位，计算【答案】?i 【解析】复数
22210．计算：C22?C3?C4?L?C10?__________．
1?i?__________． 1?i1?i(1?i)(1?i)?2i????i． 1?i(1?i)(1?i)2【答案】165
m?1m【解析】∵Cmn?1?Cn?1?Cn，
2222∴C22?C3?C4?C5?L?C10 222?C33?C3?C4?C5?22?C34?C4?C5?2?C35?C5??
32 ?C10?C103?C11?2 ?C102 ?C102 ?C1011?10?9?165．
3?2?1
11．5人站成一排，甲必须站在排头或排尾的不同站法有__________种． 【答案】48
【解析】首先在排头或排尾中选择一个位置排甲，然后其余4人全排列，故不同的站法共有
4C12A4?48种．
12．曲线y?x2和曲线y?x围成的图形的面积是__________． 【答案】
1 6?y?x2【解析】依题意，由?得曲线交点坐标为(0,0)，(1,1)，
?y?x由定积分的几何意义可知，曲线y?x2和曲线y?x围成的图形的面积
11?1111?1S??(x?x2)dx??x2?x3????．
03?0236?2
13．如图，函数y?f(x)的图象在点P处的切线方程是y??2x?8，则
f(3?)f?__________． (?3) yP y=2x+8
O3x
【答案】0
【解析】由题意可知f(3)??2?3?8?2，f?(3)??2，故f(3)?f?(3)?0．
14．设函数f(x)?(2x?3)ex?1?ax?a，a?R，若存在唯一的整数t，使得f(t)?0，则实数a的取值范围为__________． ?3?2?1??52?【答案】?e,e??3e,e?
?2??2?【解析】设g(x)?(2x?3)ex?1，h(x)?a(x?1)，
则由题意可知，存在唯一的整数t，使函数g(x)?(2x?3)ex?1的图象在函数h(x)?a(x?1)的图象的下方．
∵g?(x)?(2x?5)ex?1，
5??∴当x????,??时，g?(x)?0，函数g(x)单调递减，
2???5?当x???,???时，g?(x)?0，函数g(x)单调递增，
?2?3?5??∴g(x)的最小值为g?????2e2，
?2?又g(?2)??e?1，函数h(x)?a(x?1)过定点(?1,0)， ?g(?2)?h(?2)?g(1)≥h(1)∴?，或?， ?g(?3)≥h(?3)?g(0)?h(0)3?252?1解得e≤a?e或3e?a≤e，
22?3?2?1??52?故实数a的取值范围为?e,e??3e,e?．
?2??2?
三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知复数z?x2?x?6?(x2?2x?8)i，x?R，i为虚数单位，求满足下列条件的x的值． （1）z是实数． （2）z是纯虚数． 【答案】见解析．
【解析】解：（1）z?x2?x?6?(x2?2x?8)i?(x?2)(x?3)?(x?2)(x?4)i， 若z是实数，则(x?2)(x?4)?0， ∴x?2或x??4．
（2）若z是纯虚数，则(x?2)(x?3)?0且(x?2)(x?4)?0， 解得x??3．
116．已知函数f(x)?lnx?x，x?(0,?∞)．
2（1）求函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程． （2）求函数f(x)的单调递增区间． 【答案】见解析．
111【解析】解：（1）f(x)?lnx?x，得f?(x)??，
2x2∴f(2)?ln2?1，f?(2)?0，
∴函数f(x)在(2,f(2))处的切线方程为y?ln2?1． 112?x（2）∵f?(x)???，
x22x令f?(x)?0，得x?2，令f?(x)?0，得x?2， 又f(x)的定义域是(0,??)， ∴函数f(x)的单调增区间为(0,2)．
17．用0，1，2，3，4，5这六个数字． （1）能组成多少个无重复数字的四位偶数． （2）能组成多少个比1325大的四位数． 【答案】见解析．
【解析】解：（1）符合要求的四位偶数可分为三类： 第一类：0在个位时，有A35个．
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有A14种可能，十位和百位从余下的
12数字中选取有A24种可能，于是有A4?A4个． 2第三类，4在个位时，同第二类，也有A14?A4个．
1212由分类加法计数原理可知，四位偶数共有：A35?A4A4?A4?A4?156个．
（2）符合要求的比1325大的四位数可分为三类：
3第一类：形如2???，3???，4???，5???，这样的数共A14A5个． 2第二类：形如14??，15??，共有A12A4个．
1第三类：形如134?，135?，共A12?A3个．
31211由分类加法计数原理可知，比1325大的四位数共有A14A5?A2A4?A2A3?270个．
18．已知(1?2x)n?a0?a1x?a2x2?L?anxn(n?N*)． （1）若a2?60，求n的值． （2）求?aa1a2a3n?2?3?L?(?1)nn． n的值（用表示）2222【答案】见解析．
rr?1n?r?(?2x)r?(?2)rCr【解析】解：（1）(1?2x)n展开式的通项公式为：Tr?1?Cnnx，
令r?2，得a2?(?2)2C2n?60， ∴
n(n?1)?15， 2解得n?6．
r（2）∵Tr?1?(?2)rCrnx，
∴an?(?2)rCrn，即∴?
an?Crn， r(?2)aa1a2a323nn?2?3?L?(?1)nn?C1n?Cn?Cn?L?Cn?2?1． n222219．已知函数f(x)?xlnx． （1）求函数f(x)的极值点．
（2）设函数g(x)?f(x)?a(x?1)，其中a?R，求函数g(x)在[1,e]上的最小值． 【答案】见解析．
【解析】解：（1）函数f(x)的定义域为(0,??)，f?(x)?lnx?1， ∴令f?(x)?lnx?1?0，得x?11，令f?(x)?0，得0?x?， ee?1??1?∴函数f(x)在?0,?单调递减，在?,???单调递增，
?e??e?∴x?1是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在． e（2）由题意得g(x)?f(x)?a(x?1)?xlnx?a(x?1)， ∴g?(x)?lnx?1?a， 令g?(x)?0得x?ea?1．
①当ea?1?1时，即a?1时，g(x)在[1,e]上单调递增， ∴g(x)在[1,e]上的最小值为g(1)?0；
②当1≤ea?1≤e，即1≤a≤2时，g(x)在[1,ea?1]上单调递减，在[ea?1,e]上单调递增，
∴g(x)在[1,e]上的最小值为g(ea?1)?ea?1lnea?1?aea?1?a?a?ea?1； ③当ea?1?e，即a?2时，g(x)在区间[1,e]上单调递减， ∴g(x)在[1,e]上的最小值为g(e)?e?a(e?1)?e?ae?a， 综上所述，当a?1时，g(x)的最小值为0；
当1≤a≤2时，g(x)的最小值为a?ea?1； 当a?2时，g(x)的最小值为e?ae?a．
20．已知函数f(x)?ex?ax2?(a?e?1)x?1（e是自然对数的底数，a为常数）． 1（1）若函数g(x)?f(x)?x?f?(x)，在区间[1,?∞)上单调递减，求a的取值范围．
2（2）当a?(e?2,1)时，判断函数f(x)在(0,1)上是否有零点，并说明理由． 【答案】见解析．
【解析】解：（1）由f(x)?ex?ax2?(a?e?1)x?1得f?(x)?ex?2ax?(a?e?1)， 11xx2∴g(x)?f(x)?x?f?(x)?e?ax?(a?e?1)x?1?x[e?2ax?a?e?1]，
22?1?x1即g(x)??1?x?e?(a?e?1)x?1，
2?2?11x∴g?(x)?(1?x)e?(a?e?1)，
221x∴g??(x)??xe，x?[1,??)；
2∴g??(x)?0，
∴g?(x)在[1,??)上单调递减， 又g(x)在[1,??)上单调递减； 1∴g?(x)≤g?(1)?(a?e?1)≤0，
2∴a≤e?1，
即实数a的取值范围是(??,e?1]．
（2）假设函数f(x)在区间(0,1)上有零点，即存在x?(0,1)，使得ex?ax2?(a?e?1)x?1?0，
ex?(1?e)x?1即a?，
x2?xex?(1?e)x?1记h(x)?．
x2?xxx2e?(1?e)x?1e?x?(2?e)x?1?1?0，即?0， ①若h(x)?1，则2x?xx2?x由于x?(0,1)，有x2?x?0，
即证ex?x2?(2?e)x?1?0在x?(0,1)上恒成立， 令H(x)?ex?x2?(2?e)x?1，x?(0,1)， 则H?(x)?ex?2x?2?e，H??(x)?ex?2， 当x?(0,ln2)时，H??(x)?0， 当x?(ln2,1)时，H??(x)?0， ∴当x?(0,ln2)时，H?(x)单调递减， 当x?(ln2,1)时，H?(x)单调递增．
而H?(0)?1?0?2?e?0，H?(1)?e?2?2?e?0，H?(ln2)?eln2?2ln2?2?e?4?e?2ln2?0， ∴在(0,ln2)上存在唯一的实数x0，使得H?(x0)?0， ∴在(0,x0)上H(x)单调递增，在(x0,1)上H(x)单调递减， 而H(0)?0，H(1)?0，
xe?(1?e)x?1?1恒成立， ∴H(x)?0在(0,1)上恒成立，即h(x)?x2?xxx2e?(1?e)x?1e?(e?2)x?x?1?(e?2)?0，即?0， ②若h(x)?e?2，则22x?xx?x由于x?(0,1)，有x2?x?0，即证ex?(e?2)x2?x?1?0在x?(0,1)恒成立， 令H(x)?ex?(e?2)x2?x?1，则H?(x)?ex?2(e?2)x?1，H??(x)?ex?2(e?2)， 当x?(0,ln2(e?2))，H??(x)?0，H?(x)单调递减； 当x?(ln2(e?2),1)，H??(x)?0，H?(x)单调递增， 而H?(0)?0，H?(1)?3?e?0，
∴在(ln2(e?2),1)上存在唯一的实数x，使得H?(x0)?0， ∴在(0,x0)上H(x)单调递减，在(x0,1)上H(x)单调递增， 又H(0)?0，H(1)?0，
xe?(1?e)x?1?e?2成立， 故H(x)?0在(0,1)上成立，即h(x)?x2?x综上所述，当a?(e?2,1)时，函数f(x)?ex?ax2?(a?e?1)x?1在区间(0,1)上有零点．
