浙江省宁波九校2017-2018学年高二下学期期末联考数学试题(图片版,有答案)

宁波市2017-2018学年期末九校联考 高二数学参考答案 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A C D A C B D B

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分. 11. 10；43 12. 6；3 13. 240；xx160 14. 1；Z),2,12(kkk 15. 30 16. 92 17. ),254[

三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

18.解：（Ⅰ）由题意可得,01243)2)((,N,22*nnnnn ………………3分 所以,0189,N,42*nnnn，即,0)6)(3(,N,4*nnnn 解得4n或5n或6n， ………………5分 所以原不等式的解集为}6,5,4{. ………………6分

（Ⅱ）nnnnxaxaxaaxx)2()2()2()]2(31[)53(2210， 所以1352)1(93222nnCan，解得6n. ………………9分 法一：令37x，则662210663332)5373(aaaa ………………11分 又100nCa，所以6323330666221aaaa

. ………………14分

法二：因为)6,5,4,3,2,1,0(36rCarrr，所以rrrCa63， ………………11分 则261666221333CCaaa6312666C. ………………14分 19.解：（Ⅰ）983118221S，2524532898222S， 4948753825247538222223SS， ………………3分

由此猜想2*2211N21nnSnn

（Ⅱ）当1n时， 2122118==921S，等式成立， ………………7分 假设当kn=时，等式成立，即



2

221121kkSk



， ………………8分

则当1+=kn时， 22

+18(1)21(23)kk

kSSkk





2

2222118(1)+211(23)2kkkkk

22222

2222

[211]8(1)218(1)==212(23)(23)(23)(23)(231)kkkkkkkkkkk

2

222

2(23)21=(21)(123)2kkkkk

2222==(23)1[2(1)1)]1(23)[2(1)1]kkkk



所以当1+=kn时，等式也成立，

综上，对任意的*Nn，2221121nnSn. ………………15分

20.解：（Ⅰ）xxxxxxxxf333e)3sin3(cos)1(sine3ecos)(′ ………3分 则曲线)(xfy在))0(,0(fP处的切线斜率为31)0(′f， …………4分 又1)0(f, …………5分 则切线方程为)0)(31()1(xy，

即1)31(xy. …………7分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得xxxxxxf33e]3)6πsin(2[e)3sin3(cos)(′, …………8分

………………6分 ………………10分 ………………14分 令0)(′=xf，得6π=x或2π=x，则当6π≤0当2π6π

21. 解：（Ⅰ）①当0=a时，||fxxxbx 因为)(||)(xfbxxxxf，所以函数)(xf为奇函数. …………3分 当0a时，非奇非偶； …………5分

（Ⅱ）axxaxaxxaxxf2,)22(2,)22()(22 1 当01a时，有121aaa，

yfx在0,4上单调递增，4248Mafa； …………7分

2 当12a时， 01124aaa，

yfx在0,1a上单调递增，在1,2aa上单调递减，在2,4a上单调递增，

所以1,4maxMaffa，2(81,2441)fafaa， 而222481411023ffaaaaa ， 当1435a时，4248Mafa；

当4352a时，



21(1)Mafaa； …………10分

3 当23a时， 1142aaa，

所以yfx在0,1a上单调递增，在1,4a上单调递减，

此时211Mafaa； …………12分 4 当3a时， 14a， 所以yfx在0,4上单调递增，

此时848Mafa； …………14分

综上所述， 当0,2x时，3,883534,)1(5340,824)(2aaaaaaaM …………15分 22.解：（Ⅰ）()fx的定义域为(1,) （ⅰ）22)1(2)1(111)('xaxxaxxf， …………1分 当1a时，012xax， 所以)(xf在)1(，上单调递增，此时无极值点； …………2分

当1>a时，)21(ax，时，0)(')2(，ax时，)(xf在(2,)a-+?单调递增，所以)(xf有一个极小值点2a，

综上所述，1a时，无极值点；1a时，有一个极小值点2a. …………4分（ⅱ）法一：由（ⅰ）得02xa=-，则20+=xa，所以000)1ln()(xxxf， ……5分

即证010eln(1)0xx--+>，令1()eln(1)xhxx-=-+， …………6分 11'()e1xhxx-=-

+，11()e1xgxx-=-+，

121'()e0(1)xgxx-=+?

+，所以)()('xgxh=在)1(，上为增函数，

因为11(0)(1)(1)0e2gg?-<，所以存在)1,0(1x使得111111()'()e01xgxhxx-==-=+， 则)(xh在)1(1x，单调递减，在)(1，x单调递增， 所以11min11()()eln(1)xhxhxx-==-+0111112111xxxx， 所以11()eln(1)()0xhxxhx-=-+?，从而有0100e)(xxfx. …………9分 法二：由（ⅰ）得20ax，则20+=xa，所以000)1ln()(xxxf， …………5分 令xxxh)1ln()(，则1111)('xxxxh， 所以)(xh在)0,1(单调递增，在),0(单调递减， 所以0)0()()(maxhxhxh， …………7分 令1()exgxx-=-，则1'()e1xgx-=-， 所以)(xg在)1,1(单调递减，在(1,)+?单调递增，0)1()()(mingxgxg， 所以()()hxgx（Ⅱ） 法一：不妨设21xx，由（Ⅰ）得)21(1ax，，)2(2，ax，1a且2a， 令)42()()(xafxfxg))21((ax，， …………11分

)('xg2222)32(2)1(2)421(242)1(2xaxaxaxxaaxaxax



0)32()1()2()1(4222xaxaxa

则)(xg在)21(a，上单调递减， …………13分 所以0)2()(1agxg

即)42()(11xafxf，所以)42()(12xafxf， 因为)2,1(1ax，所以)32,2(421aaxa， 由（Ⅰ）得)(xf在)2(，a单调递增， 所以1242xax，即4221axx. …………15分 法二：不妨设21xx，由（Ⅰ）得)21(1ax，，)2(2，ax，1a且2a 因为0)0(=f， …………10分 ① 当00x>时，所以01=x，要证4221axx，即证022xx>， 因为)(xf在()0,x+?上单调递增，故只需证)2()(02xfxf>，即证0)2(0

因为000002(1)(2)ln(21)21xxfxxx+=+-+，令021(1,)ux=+??， 1()ln22uhuuu=-+，2222211121(1)'()02222uuuhuuuuu-+-=--=-=-<，