【文档说明】甘肃省兰州市第一中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学 （文）试题 含答案.doc，共(8)页，561.000 KB，由小赞的店铺上传

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兰州一中2020-2021-2学期期中考试试题高二数学（文科）命题人：审题人：说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分,考试时间120分钟.答案写在答题卡上,交卷时只交答题卡.第Ⅰ卷一、选

择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.下面几种推理过程是演绎推理的是A.某校高二年级有10个班，1班62人，2班61人，3班62人，由此推测各班人数都

超过60人B.根据三角形的性质，可以推测空间四面体的性质C.平行四边形对角线互相平分，矩形是平行四边形，所以矩形的对角线互相平分D.在数列}{na中，*1121,,2nnnaaana+==+，计算23

,,aa由此归纳出}{na的通项公式2.用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是A.假设三内角都不大于60度B.假设三内角都大于60度C.假设三内角至多有一个大于60度D.假设三内角至多有两个大于60度3.甲，乙，丙，丁四名学生，仅有一人阅读了语文老师推荐的

一篇文章.当它们被问到谁阅读了该篇文章时，甲说：“丙或丁阅读了”；乙说：“丙阅读了”；丙说：“甲和丁都没有阅读”；丁说：“乙阅读了”.假设这四名学生中只有两人说的是对的，那么读了该篇文章的学生是A.甲B.乙C.丙D.丁4.曲线123+−=xxy在点)0,

1(处的切线方程为A.1yx=−B.1yx=−+C.22yx=−D.22yx=−+5.已知三角形的三边分别为cba,,，内切圆的半径为r，则三角形的面积为as(21=rcb)++；四面体的四个面的面积分别为4321,,,ss

ss，内切球的半径为R,类比三角形的面积可得四面体的体积为A.RssssV)(214321+++=B.RssssV)(314321+++=C.RssssV)(414321+++=D.RssssV)(4321++

+=6.若正实数ba,满足1=+ba，则A.ba11+有最大值4B.ab有最小值41C.ba+有最大值2D.22ba+有最小值227.如果执行右面的程序框图，那么输出的S=A.2450B.2500C.255

0D.26528.已知三次函数f(x)＝13x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在定义域R上无极值点，则m的取值范围是A．m＜2或m＞4B．4≤2≥mm或C．24mD．2＜m＜49.定义运算：()()xxyxyyxy=，例如344=，则

231()(cossin)24aa−+−的最大值为A.4B.3C.2D.110.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2,对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为A.(－1，1)B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1)D.(－∞，＋∞)11.若函数)(xf在R上可导，

其导函数为)(′xf，且函数)(′)-1(=xfxy的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是A.函数)(xf有极大值(2)f−，无极小值B.函数)(xf有极小值(1)f，无极大值C.函数)(xf有极大值(2)f−和极小值)1(fD.函

数)(xf有极大值)1(f和极小值(2)f−12．若定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=f(x)，f(2-x)=f(x)，且当x[0，1]时，其图象是四分之一圆(如图所示)则函数h(x)=|xex|-f(x)在区间[-3，1]上的零点个数为A．5B．4C．3D．2开始1k=0S=50?

k≤是2SSk=+1kk=+否输出S结束-21yx第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.按边对三角形进行分类的结构图为：则①处应填入________．14.已知函数2()lnfxxxax=+−在(0,1)上是增函数,则实数a的取值范围是.15.已知022,

0,0=−+xyyxyx,则yx2+的最小值是.16.如图所示，由若干个点组成形如三角形的图形，每条边（包括两个端点）有),1(Nnnn个点，每个图形总的点数记为na，则_____6=a；23344520202

0219999________aaaaaaaa++++=.．．．．．．．．．．．．．．．．．．2=n3=n4=n三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)在ABC中，三个内角,

,ABC的对边分别为,,,abc且,,ABC成等差数列，,,abc成等比数列，求证：ABC为等边三角形．18.(本小题满分12分)已知函数32()21fxxaxbx=+++，若函数()yfx=的图象关于直线x＝－12对称，且(

1)0f=.（1）求实数a，b的值；（2）求函数()fx在区间[－3，2]上的最小值．19.(本小题满分12分)（1）已知x，y＞0，且x＋y＞2.求证：1＋xy，1＋yx中至少有一个小于2.（2）设a，b，c>0

且不全相等，若abc=1，证明：a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)>6．20.(本小题满分12分)某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为：y=8+803-12800013xx(

0<x≤120).已知甲、乙两地相距100千米.（1）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？（2）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？21.(本小题满分12分)设函数()36

5fxxx=−+.（1）求过()0,3点的切线方程；（2）若方程()fxa=有3个不同的实根，求实数a的取值范围；（3）已知当()1,x+时，()()1fxkx−恒成立，求实数k的取值范围．22.(本小题满分

12分)已知函数211()ln(1)22fxxxmxm=+−+++．（1）设2x=是函数()fx的极值点，求m的值，并求()fx的单调区间；（2）若对任意的(1,)x+，()0fx恒成立，求实数m的取值范围．兰州一中2020-2

021-2学期期中考试参考答案高二数学（文科）一、选择题（每小题5分，共60分）二、填空题：（每小题5分，共20分）13.等边三角形14.]22,(−15.416.15；20192020三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.1

7.解：由CBA,,成等差数列，有CAB+=2(1)因为CBA,,为ABC的内角，所以=++CBA（2）由(1)(2)得3=B(3)由cba,,成等比数列，有acb=2(4)由余弦定理及(3)，可得accaBaccab−+=−+=22222cos2再

由(4)，得acacca=−+22即0)(2=−ca因此ca=从而CA=(5)由(2)(3)(5)得3===CBA所以ABC为等边三角形。18.解：(1)f′(x)＝6x2＋2ax＋b，函数y＝f′(x)的图象的对称轴为x＝－a6.∵－a6＝－12

，∴a＝3.∵f′(1)＝0，∴6＋2a＋b＝0，得b＝－12.故a＝3，b＝－12.(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)．x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，1)1(1，＋∞)f′(

x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∵f(－3)＝10，f(1)＝－6,∵10>－6，.∴所以f(x)在[－3，2]上的最小值为－6.题号123456789101112答案CBBABCCCDBAB19.（1）证明：(反证法)设

1＋xy≥2，1＋yx≥2，则1＋x≥2y，①1＋y≥2x.②由①②式可得2＋x＋y≥2(x＋y)，即x＋y≤2，与题设矛盾．所以1＋xy，1＋yx中至少有一个小于2.（2）证明：22bc2bc+，c0，abc1=，()22abc2abc2+

=，同理()22bca2abc2+=，()22cab2abc2+=，又a，b，c0且不全相等，故上述三式至少有1个不取“=”，故()()()222abcbcacab+++++222222abacbcbacacb=+++++()()(

)222222abcbcacab6=+++++．20.解：（1）当40x=时，汽车从甲地到乙地行驶了1002.540=小时，要耗油313(40408)2.517.512800080−+=（升）。答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5

升。（2）当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为()hx升，依题意得3213100180015()(8).(0120),1280008012804hxxxxxxx=−+=+−332280080

'()(0120).640640xxhxxxx−=−=令'()0,hx=得80.x=当(0,80)x时，'()0,()hxhx是减函数；当(80,120)x时，'()0,()hxhx是增函数。当80x=时，()hx取到极小值(80)11.25.h=因为()hx在(0,120]

上只有一个极值，所以它是最小值。答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升。21.解：（1）设切点为()3,65aaa−+，()236fxx=−，()236kfaa==−切切线过()0,3，3365362aaaakaa−+−−+

==切，323362363662aaaaaaaa−+−=−=−+3221aa==.363k=−=−切:33lyx=−+切.（2）对函数()365fxxx=−+求导，得()236fxx=−，令()0fx，即2360x−，解得2x

，或2x−，()0fx，即2360x−，解得22x−，()fx的单调递增区间是(),2−−及()2,+，单调递减区间是()2,2−.当2x=−,()fx有极大值542+；当2x=，()fx有极小值54

2−当542542a−+时，直线ya=与()yfx=的图象有3个不同交点，此时方程()fxa=有3个不同实根.实数a的取值范围为()542,545−+.（3）()1,x+时，()()1fxkx−恒成立，即3651xxk

x−+−恒成立，令()3651xxgxx−+=−，则()()()22515,1xxxgxxxx+−−==+−−()gx的最小值为3−，3k−.22.解：（1）由题意，函数()()211ln1(0)22fxxxmxmx=+−+++，则()11fxxmx=+−−，因为2x=是函数()

fx的极值点，所以()122102fm+=−−=，故32m=，即()152fxxx=+−，令()215252022xxfxxxx−+=+−=，解得102x或2x.令()225202xxfxx−+=，解得122x,所

以()fx在10,2和()2,+上单调递增，在1,22上单调递减.（2）由()11fxxmx=+−−，当1m时，()0fx，则()fx在()1,+上单调递增，又()10f=，所以()211ln1022xxmxm+−+++恒成立；当1m时，

易知()11fxxmx=+−−在()1,+上单调递增，故存在()01,x+，使得()00fx=，所以()fx在()01,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，又()10f=，则()00fx，这与()0fx恒成立矛盾.综上，1m.