重庆市江津中学、合川中学等七校2017-2018学年高二下学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2017—2018学年度第二学期期末七校联考

高二数学试题（理科）

一、选择题（本大题有12个小题，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）

1. 设为虚数单位，则复数（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】分析：根据复数的四则运算，即可求解答案．

详解：由题意，复数满足，故选B．

点睛：本题主要考查了复数的四则运算问题，其中熟记复数的四则运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

2. 以复平面的原点为极点，实轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则在极坐标系下的点在复平面内对应的复数为（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】分析：根据极坐标与直角坐标的互化公式，求得点对应的直角坐标，再利用复数的表示，即可得到答案．

详解：由题意，根据极坐标与直角坐标的互化公式，

可得在极坐标下点所对应的直角坐标为，

所以点在复平面内对应的复数为，故选A．

点睛：本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，以及复数的表示，其中熟记极坐标与直角坐标的互化公式和复数的表示是解答的关键，着重考查了推理与计算能力．

3. 在用数学归纳法证明某不等式“”的过程中，如果从左边推证到右边，则由时的归纳假设证明时，左边增加的项数为（ ）

A. 1项 B. 项 C. 项 D. 项

【答案】A

【解析】分析：根据数学归纳法，利用不等式左边式子的结构，即可得到从到时，不等式的左边增加的项数．

详解：由题意，利用数学归纳法证明不等式的过程中，

当时，不等式的左侧为，

当时，不等式的左侧为，

所以左边增加的项数为只有一项，故选A．

点睛：本题主要考查了数学归纳的证明的应用，其中认真分析数学归纳法中从到的不等式左边的变化规律是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

4. 袋中装有10个形状大小均相同的小球，其中有6个红球和4个白球．从中不放回地依次摸出2个球，记事件“第一次摸出的是红球”，事件“第二次摸出的是白球”，则（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：利用概率的计算公式，求解事件和事件的概率，即可利用条件概率的计算公式，求解答案．

详解：由题意，事件“第一次摸出的是红球”时，则，

事件“第一次摸出的是红球”且事件“第二次摸出白球”时，则，

所以，故选C．

点睛：本题主要考查了条件概率的计算，其中熟记条件概率的计算公式和事件的概率是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与计算能力．

5. 函数在其定义域内有极值点，则实数的取值范围是（ ）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】分析：由题意，求得，令，因为函数在定义域内有极值点，转化为方程在定义域有解，设，利用导数求解的值域，即可求解答案．

详解：由题意，函数，则，

令，因为函数在定义域内有极值点，

所以在定义域内有解，即在定义域有解，

即在定义域有解，设，

则，所以函数为单调递增函数，所以，

即，所以，故选D．

点睛：本题主要考查了函数的极点与导数在函数中的应用，其中把函数在定义域内有极值点转化为方程在定义域内有解，利用导数求解函数的最值是解答的关键，着重考查了转化思想方法和分析问题、解答问题的能力，试题属于中档试题．

6. 从1、2、3、4、5这五个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为奇数的概率是（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】分析：先求出基本事件的总数，再求出这3个数的和为奇数所包含的基本事件的个数，利用古典概型即可求解答案．

详解：由题意，从这五个数字中，随机抽取个不同的数字，

基本事件的总数为种，

这个数字的和为奇数共有两类情况，一是三个数字都为奇数，二是两个偶数和一个奇数，

共有种不同的抽取方法，

由古典概型的概率计算公式可得概率为，故选B．

点睛：本题主要考查了概率的综合应用，其中根据题意，利用组合数的公式求解基本事件的综合和分类求得所求事件中所包含的基本事件个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

7. 已知二项式的展开式中，第四项与第五项的二项式系数相等，则展开式中项的系数是（ ）

A. 21 B. 28 C. 84 D. 112

【答案】C

【解析】分析：根据二项式的展开式中第四项与第五项的二项式系数相等，求得，进而利用二项展开式的通项，求得的系数，得到答案．

详解：由题意在二项式的展开式中第四项与第五项的二项式系数相等，

即，解得，

所以二项式的展开式中的项为，

所以展开式中的系数为，故选C．

点睛：本题主要考查了二项式定理的应用，根据二项展开式中二项式系数相等，求解的值，再利用二项展开式的通项求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

8. 明年的今天，同学们已经毕业离校了，在离校之前，有三位同学要与语文、数学两位老师合影留恋，则这两位老师必须相邻且不站两端的站法有（ ）种

A. 12 B. 24 C. 36 D. 48

【答案】B

【解析】分析：由题意，把两位老师看出一个元素，采用插空法，即可求解．

详解：由题意，三位同学全排列，共有种不同的排法，

把两为老师看出一个元素，采用插空法，且要求补鞥呢在两端，

插到三位同学构成的两个空隙中，共有种不同的排法，故选B．

点睛：本题主要考查了排列组合的综合应用，其中认真分析题意，合理选择方法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

9. 函数（）的大致图象为（ ）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】分析：由函数的解析式，求解函数函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B、D项；再由时，，排除C，即可得到答案．

详解：由函数，则满足，

所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B、D项；

由当时，，排除C，故选A．

点睛：本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中熟记函数的基本性质和特殊点的函数值的计算，采用排除法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

10. 现在，很多人都喜欢骑“共享单车”，但也有很多市民并不认可．为了调查人们对这种交通方式的认可度，某同学从交通拥堵不严重的A城市和交通拥堵严重的B城市分别随机调查了20名市民，得到了一个市民是否认可的样本，具体数据如下列联表：

附：，．

根据表中的数据，下列说法中，正确的是（ ）

A. 没有95% 以上的把握认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”

B. 有99% 以上的把握认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”

C. 可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”

D. 可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”

【答案】D

【解析】分析：根据中列联表的数据，利用公式求得的值，即可得到结论．

详解：由题意，根据中列联表的数据，

利用公式求得，

又由，

所以可以在犯错误的概率不超过的前提下认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”，

故选D．

点睛：本题主要考查了独立性检验的应用，其中熟记独立性检验的思想和利用公式准确计算的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力．

11. 给出下面四个推理：

①由“若是实数，则”推广到复数中，则有“若是复数，则”；

②由“在半径为R的圆内接矩形中，正方形的面积最大”类比推出“在半径为R的球内接长方体中，正方体的体积最大”；

③以半径R为自变量，由“圆面积函数的导函数是圆的周长函数”类比推出“球体积函数的导函数是球的表面积函数”；

④由“直角坐标系中两点、的中点坐标为”类比推出“极坐标系中两点、的中点坐标为”．

其中，推理得到的结论是正确的个数有（ ）个

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】分析：根据题意，利用类比推理的概念逐一判定，即可得到结论．

详解：由题意，对于①中，根据复数的表示和复数的几何意义，可知“若复数，则”是正确的；

对于②中，根据平面与空间的类比推理可得：“在半径为的球内接长方体中，正方体的体积最大”是正确的；

对于③中，由球的体积公式为，其表面积公式为，所以，所以是正确的；

对于④中，如在极坐标系中，点，此时的中点坐标为，不满足“极坐标系中两点的中点坐标为”，所以不正确，

综上，正确命题的个数为三个，故选C．

点睛：本题主要考查了命题的真假判定，以及类比推理的应用，其中熟记类比推理的概念和应用，以及命题的真假判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题，以及推理与论证能力．

12. 已知函数的图象与函数的图象有三个不同的交点、、，其中．给出下列四个结论： ①；②；③；④．其中，正确结论的个数有（ ）个

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】分析：由题意，函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，转化为方程有三个不同的实数解，进而函数与的图象有三个不同的交点，利用导数求解函数的单调性和极值，即可得到答案．

详解：由题意，函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，

即方程，由三个不同的实数解，即有三个不同的实数解，

即函数与的图象有三个不同的交点，

又由，

当或时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增，

其图象如图所示，且当时，，

要使得函数与的图象有三个不同的交点，则，所以①正确的；

当时，即，解得或，

所以当时，则 所以②是正确的；

结合图象可得，所以③是正确的；

又由，整理得，

又因为，所以，即，

结合③可知，所以④是错误的，故选C．

点睛：本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的综合运用，其中把函数的图象与函数的图象有三个不同的交点，转化为函数与的图象有三个不同的交点是解答的关键，着重考查了转化思想方法，以及推理与论证能力，试题有一定的难度，属于难题．

二、填空题（本大题有4个小题，每小题5分，共20分）

13. 由曲线，直线，，围成的曲边四边形的面积为_____．

【答案】

【解析】分析：根据定积分的几何意义，表示出曲边形的面积所的积分式，求解定积分的值，即可得到答案．

详解：由题意，根据定积分的定义可得，由曲线和直线围成的曲边形的面积可表示为，

点睛：本题主要考查了利用定积分求解曲边形的面积，其中根据题意，正确表达出曲边形的面积所表示的定积分式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

14. 曲线C的参数方程为（为参数）．点在曲线C上运动，则点到直线距离的最大值为_________．

【答案】

【解析】分析：根据曲线的参数方程，由题意，设点的坐标为，利用点到直线的距离公式表示出距离，再根据三角函数的性质，即可求解．

详解：由题意，设点的坐标为，

则点到直线的距离为，

当时，此时取得最大值，最大值为．

点睛：本题主要考查了曲线的参数方程的应用，以及点到直线距离公式和三角函数的性质的应用，其中根据题意设出点的坐标，表示出点到直线的距离是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

15. 已知且，则的最大值为________．

【答案】

【解析】分析：利用柯西不等式即可求解．

详解：由题意，

又由柯西不等式可得，

所以，即的最大值为．

点睛：本题主要考查了利用柯西不等式求最值问题，其中根据题意合理构造柯西不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

16. 给出下列四个命题：

①不等式对任意恒成立； ②；

③设随机变量X～．若，则；

④设随机变量X～，则．

其中，所有正确命题的序号有__________．

【答案】①③

【解析】分析：由题意，对命题逐一判定，①中，利用绝对值即可判定；②中，利用分析法即可判定；③中，利用正态分布的对称性即可判定；④中，利用二项分布的概率计算，即可判定．

详解：由题意可知，

对于①中，根据绝对值的三角不等式可知，所以是正确的；

对于②中，利用分析法，可求得，所以不正确；

对于③中，根据正态分布的对称性，可知；

对于④中，根据随机变量，则，所以不正确，

所以正确命题的序号为①③．

点睛：本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中涉及到绝对值不等式的应用、直角证明与间接证明的应用、正态分布的概率计算以及二项分布的概率计算等知识点，试题覆盖面广，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

三、解答题（本大题有6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）；以直角坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求的普通方程和的直角坐标方程；

（2）若与交于点，求线段的长．

【答案】（1） ， ；（2）

【解析】分析：（1）消去参数，即可得到曲线的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线的直角坐标方程；

（2）由（1）得圆的圆心为，半径为，利用圆的弦长公式，即可求解．

详解：（1） ， ．

（2）圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为．

所以．

点睛：本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线与圆的位置关系的应用，其中熟记参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

18. 某小区新开了一家“重庆小面”面馆，店主统计了开业后五天中每天的营业额（单位：百元），得到下表中的数据，分析后可知与x之间具有线性相关关系．

（1）求营业额关于天数x的线性回归方程；

（2）试估计这家面馆第6天的营业额．

附：回归直线方程中，

，．

【答案】（1）；（2）（百元）

【解析】分析：（1）利用最小二乘法，求得，，即看得到回归直线的方程；

（2）由（1）代入时，求得的值，即可作出合理预测．

详解：（1），，，，所以回归直线为．

（2）当时，，即第6天的营业额预计为（百元）．

点睛：本题主要考查了回归直线的方程的求解及应用，其中利用最小二乘法，准确求解的值是解得关键，着重考查了推理与运算能力．

19. （1）求关于的不等式的解集；

（2）若关于的不等式在时恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】分析：（1）分类讨论，转化为三个不等式组，即可求解不等式的解集；

（2）由题意，令，则不等式恒成立，即为，分类讨论即可求解实数的取值范围．

详解：（1）原不等式化为：

① 或②或 ③．

解得或或．

∴ 原不等式的解集为

（2）令，则只须即可．

①当时，（时取等）；

②当时，（时取等）．

∴ ．

点睛：本题主要考查了绝对值不等式的求解及其应用，其中合理分类讨论，转化为等价不等式组进行求解是解答绝对值问题的关键，着重考查了推理与运算能力．

20. 某同学参加了今年重庆市举办的数学、物理、化学三门学科竞赛的初赛，在成绩公布之前，老师估计他能进复赛的概率分别为、、，且这名同学各门学科能否进复赛相互独立．

（1）求这名同学三门学科都能进复赛的概率；

（2）设这名同学能进复赛的学科数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】分析：（1），根据相互独立事件的概率的求法，即可求解三科都能进复赛的概率；

（2）由题意，可得随机变量X可取，利用相互独立事件的概率求法，求得随机变量取每个值的概率，即可求得随机变量的分布列和数学期望．

详解：设三科能进复赛的事件分别为A、B、C，则，，．

（1）三科都能进复赛的概率为；

（2）X可取0，1，2，3．

；

；

；

．

所以，X的分布列为：

数学期望

点睛：本题主要考查了相互独立事件的概率的计算，以及随机变量的分布列和数学期望的求解，此类问题的解答中要认真审题，合理计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．

21. 已知函数（为常数）与函数在处的切线互相平行．

（1）求函数在上的最大值和最小值；

（2）求证：函数的图象总在函数图象的上方．

【答案】（1）最小值为，最大值为；（2）见解析

【解析】分析：（1）求得，，由已知有，解得，代入得到函数，利用导数求得函数的单调性，进而求得最大值与最小值；

（2）令，则只须证恒成立即可，

由导数求解函数的单调性和最值，即可作出证明．

详解：（1），，由已知有，解得．

当时，．

令，解得．

∴当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

又，， ．

∴ 最小值为，最大值为．

（2）令，则只须证恒成立即可．

∵．

显然，单调递增（也可再次求导证明之），且．

∴ 时，，单调递减；

时，，单调递增；

∴恒成立，所以得证．

点睛：利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

22. 已知函数（为常数）．

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）当时，若函数在上单调递增，求的取值范围．

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】分析：（1）当时，，求得，令令，解得或，分类讨论即可求解函数的单调性；

（2）当时，，由题意，在上恒成立．即在上恒成立，当时，不等式成立；当时，令，求得，分类讨论即可求解．

详解：（1）当时，．

；

令，解得或．

∴当，即时，增区间为，减区间为；

当，即时，增区间为，无减区间；

当，即时，增区间为，减区间为．

（2）当时，．

由题意，在上恒成立．

即即在上恒成立．

1）显然时，不等式成立；

2）当时，令，则．

①当时，只须恒成立．

∵ 恒成立，（可求导证明或直接用一个二级结论：）．

∴ 当时，，单减；

当时，，单增；

∴ ．

∴ ．

②当时，只须恒成立．

∵ 此时，即单减．

∴ ．

∴ ．

综上所述，．

点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．

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