【文档说明】四川省成都市树德中学2020-2021学年高二下学期5月阶段性测试数学（文）试题 含答案.pdf，共(5)页，691.038 KB，由小赞的店铺上传

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高二数学（文科）2021-05阶考第1页共2页树德中学高2019级高二下期五月阶段性测试数学（文科）试题命题人：尹小可审题人：陈秀丽、杨世卿、胡蓉第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.在复平面上，满足方程3zzzz的复数z所对应的点构成的图形是A.圆B.两个点C.线段D.直线2．用反证法证明命题“已知,ab为实数，若,4ab，则,ab不都大于2”时，应假设A．,ab都不大于2B．,

ab都不小于2C．,ab都大于2D．,ab不都小于23.极坐标表示的下列曲线中不是圆的是A.22(cos3sin)5B.26cos4sin0C.2cos1D.2cos22(cossin)14．已知函数()fx

的导函数为()fx，且满足2()ln1fxxxfx，则3fA．323B．323C．152D．1525.函数||()lnxfxxx的图象大致为A．B．C．D．6．已知直线的参数方程为22(32xttyt为参数），则直线

上到点(2,3)A的距离等于2的点的坐标是A．()3,4或(1,2)B．()4,5或(0,1)C．(3,4)或(1,2)D．(4,5)或(0,1)7.下列四个命题：①在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定；

②若变量x，y满足关系0.11yx，且变量y与z正相关，则x与z也正相关；③在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；④以模型kxyce去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设lnzy，将其变换后得到线性方程0.34zx，则4ce，0.3k．

其中真命题的个数为A．1个B．2个C．3个D．4个8．设a为正数，322()2fxxaxa.若()fx在区间(0,)a上恒大于0，则a的取值范围是A.(0,1]B.(0,1)C.(1,)D.[1,)9.如图，将若干个点摆

成三角形图案，每条边（包括两个端点）有2,nnnN个点，相应的图案中点的总数记为na，则234naaaa等于A．232nB．12nnC．312nnD．12nn10．若函数222,0()ln

,0xxxfxmxxxx恰有三个极值点，则m的取值范围是A．11,3B．11,2C．11,23D．1,0211．已知函数,0ln,0xxexfxxx，若gxfx

ax有四个不同的零点，则a的取值范围为A．10,eB．1,1eC．1,eD．,e12．已知当0x时，不等式ln(1)xxxkx恒成立，则所有满足条件的整数k的和为（）A．1B．3C．6D．101xyO-12-2

1O-1-2xy21xyO-12-21O-1-2xy2高二数学（文科）2021-05阶考第2页共2页第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。13．设z＝1－i，则复数22()zz·z＝________．14.2yx与曲线xaye相切，则a的

值为___________15．如图，点A、B是函数1yx在第象限的图像上两点且满足OAB90且AOAB，则OAB的面积等于___________.16．若ln1xmxnx对于(0,)x恒成立，当0m时，nm的最小值是_________．三、解答题：解答应写出文字说

明，证明过程或演算步骤。17.（1）用分析法证明：ababba;（2）已知,,0abc，请用综合法证明：222()()()12abbccaabbcca18.机动车行经人行横道时，应当减速慢行：遇行人正在通过人行

横道，应当停车让行，俗称“礼让行人”.如表是某市一主干路口监控设备所抓拍的5个月内驾驶员不“礼让行人”行为统计数据：月份12345违章驾驶员人数1201051009580（1）请利用所给数据求违章人数y与月份x之间的回归直线方程ˆˆˆybxa，并预测该路口10月份的不“礼让行人”违章驾驶员

人数：（2）交警从这5个月内通过该路口的驾驶员中随机抽查70人，调查驾驶员不“礼让行人”行为与驾龄的关系，得到如表：不礼让行人礼让行人驾龄不超过1年2416驾龄1年以上1614能否据此判断有90%的把握认为“礼让行

人”行为与驾龄有关？参考公式：51=1410iiixy，1122211ˆnniiiiiinniiiixynxyxxyybxnxxx，aybx.22nadbcKabcdacbd(其中

nabcd)20PKk0.150.100.050.0250.0100k2.0722.7063.8415.0246.63519.已知函数()1cos0fxaxxa.（1）当1a时，求曲线()yfx在点

0,0f处的切线方程；（2）求函数()fx在0,4的最小值.20.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为244xy（为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为0（00,π

），将曲线1C向左平移2个单位长度得到曲线C．（1）求曲线C的极坐标方程；（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，求11OAOB的取值范围．21.已知函数lnfxxaxa，且1x是函数fx的极值点．（1）求a的值；（2）若关于x的方程exmfxxm

有两个实根，求实数m的取值范围．22.已知函数()lnxaefxaxx，a∈R．（1）若a＜e，求函数f(x)的单调区间；（2）若a＞e，求证：函数f(x)有且仅有1个零点．高二数学（文科）2021-05阶考第3页共2页树

德中学高2019级高二下期五月阶段性测试数学（文科）试题参考答案1.A2.C3.D4.B5.A6.A7.C8A9.C10.D11.A12.C13.214.-315.5216.1e17.（1）证明：要证ababba

，只需证()aabbabab即证()()()ababababab即证ababab即证2abab，即2()0ab该式显然成立，所以ababba.………………………5分（2）由22222()22224abaabbab

ababababab(当且仅当ab时取“=”)同理2()4bcbc(当且仅当bc时取“=”)，2()4caca(当且仅当ca时取“=”)三式相加可知所证不等式成立.即222()()()12abbccaabbcca.(当且仅当

abc时取“=”).………………………10分18.解：（1）由表中的数据可知，1234535x，12010510095801005y，所以515221514101500955455iiiiix

yxybxx，故10093127aybx，所以所求的回归直线方程为ˆ9127yx；令10x，则ˆ91012737y人；………………………6分（2）提出假设0H：“礼让行人”行为与

驾龄无关，由表中的数据可得227024141616140.3112.7064030403045K，根据临界值可得，没有90%的把握认为“礼让行人”行为与驾龄有关.……………………12分19．解：（1）当1a时，()1cosfxxx，∴

()sincosfxxxx，又01f得切点0,1，∴01kf，所以切线方程为1yx，即10xy；……………………4分（2）()1cosfxaxx，∴()sincosfxaxxx，0,4x令()sincosgxxxx，∴()2si

ncosgxxxx由0,4x，得()0gx，所以()gx在0,4上为单调增函数又(0)10g，210424g所以()0gx在0,4上恒成立即sincos0

xxx在0,4恒成立高二数学（文科）2021-05阶考第4页共2页当0a时，()0fx，知()fx在0,4上为减函数，从而min2()148afxf当0

a时，()0fx，知()fx在0,4上为增函数，从而min()01fxf；综上，当0a时，min2()148afxf；当0a时min()01fxf.……………………12分20．解：（1）244xy，消参数得24yx

．依题意得曲线C的普通方程为242yx．令cosx，siny得曲线C的极坐标方程为22sin4cos80．……………4分（2）法一：将0代入曲线C的极坐标方程得22sin

4cos80，则012204cossin，12208sin，∵120p，∴1，2p异号．∴212121212121241111OAOB20220020204co

s32sinsin11sin82sin，∵00,π，∴0sin0,1，1112,22OAOB．………………………12分法二：设直线l的参数方程为co

ssinxtyt（t为参数，为直线的倾斜角），代入曲线C的普通方程得22sin4cos80tt，则1224cossintt，1228sintt，∵120tt，∴1t，2t异号．∴

212121212121241111ttttttOAOBtttttt222224cos32sinsin11sin82sin∵0,π，∴sin0,1，∴1112,22OAOB．………………………12

分21．解：（1）因为1fxax，1x是函数fx的极值点，所以1011fa，即1a………………………3分（2）因为exmfxxm，则elnxmxxx，设lnhxxx，则11hxx，故hx在0,1上

增函数，在1,上减函数，所以110hxh，lnxx，因为lnxx，所以elnxxmxx，设elnxxxmxx，则2e1ln1lnxxxxxmxx，因为lnxx，所以ln1xxx，故函数mx

在0,1上减函数，在1,上增函数，所以11xemm，又当x无限增大或无限接近0时，mx都趋近于0，故10emx，高二数学（文科）2021-05阶考第5页共2页所以实数m的取值范围是1,0e．………………………1

2分22．(1)解：因为f(x)＝a－exx＋alnx，x＞0，所以f'(x)＝－(x－1)(ex－a)x2．1分①当a≤1时，令f'(x)＜0，得x＞1；令f'(x)＞0，得0＜x＜1．··········

·········2分②当1＜a＜e时，令f'(x)＜0，得0＜x＜lna或x＞1；令f'(x)＞0，得lna＜x＜1．·············································································

························3分因此，当a≤1时，f(x)的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0，1)；当1＜a＜e时，f(x)的减区间为(0，lna)和(1，＋∞)，增区间为(lna，1)．··························

···································································4分(2)证明：当a＞e时，令f'(x)＜0，得0＜x＜1或x＞lna；令f'(x)＞0，得1＜x＜lna．所以f(x)的减区间为(0，

1)和(lna，＋∞)；增区间为(1，lna)，·····················6分所以当x∈(0，lna]时，f(x)≥f(1)＝a－e＞0，此时f(x)无零点．···················7分方法1下面证明：当x＞0时，ex＞x33．设g(x)＝ex－x3

3，x＞0，则g'(x)＝ex－x2，g''(x)＝ex－2x，g'''(x)＝ex－2．当x∈(0，ln2)，g'''(x)＜0，所以g''(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)，g'''(x)＞0，所以g''

(x)单调递增；因此g''(x)≥g''(ln2)＝2－2ln2＞0，故g'(x)在(0，＋∞)上单调递增．因此g'(x)＞g'(0)＝1＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以g(x)＞g(0)＝1＞0，即不等式ex＞x33(x＞0)得证．···

······························9分由于x＞0时，由g''(x)＞0，知ex＞2x＞x，故lnex＞lnx，即lnx＜x．···········10分因此，当x＞lna＞1时，f(x)＝a－exx＋alnx＜a－13x3x＋a

x＝－13x2＋ax＋ax＜－13x2＋ax＋a，令－13x2＋ax＋a＝0，得x＝3a＋9a2＋12a2＝a＋a＋9a2＋12a2＞lna，取x0＝3a＋9a2＋12a2，则f(x0)＜0．又f(lna)＞f(1)＞0，且函数f(x)在[lna，＋∞)上单调递减，f(x

)的图象不间断，故当x∈[lna，＋∞)时，f(x)有且仅有1个零点．综上，当a＞e时，函数f(x)有且仅有1个零点．···································12分方法2先证

明：ex≥e3x327(x＞0)．令g(x)＝ex－ex，x＞0，因为g'(x)＝ex－e，所以g(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－ex≥0，即ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号．将x换作x3，得ex3≥e·x3，即证

得ex≥e327x3．··················································9分再证明：当x＞0时，lnx≤x－1．令h(x)＝lnx－x＋1，x＞0，h'(x)＝1x－1，所以当

x∈(0，1)时，h'(x)＞0，所以h(x)在(0，1)上递增，当x∈(1，＋∞)时，h'(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，故h(x)＝lnx－x＋1≤0，即证得当x＞0时，lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．·················

···········10分当x＞1时，有f(x)＝a－exx＋alnx＝a(xlnx＋1)－exx＜a[x(x－1)＋x]－e3x327x＝ax2－e3x327x，令ax2－e3x327＝0，解得x＝27ae3，所以f(27ae3)＜0．又f(ln

a)＞f(1)＞0，且lna＜a－1＜a＜27ae3，f(x)在[lna，＋∞)上单调递减，f(x)的图象不间断，所以f(x)在[lna，＋∞)上有且仅有1个零点．综上，当a＞e时，函数f(x)有且仅有1个零点

．······································12分