【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（理）试题 PDF版含答案.pdf，共(5)页，747.683 KB，由小赞的店铺上传

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高二数学（理科）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（理科）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4．2212xxdxxA．12ln22B．

12ln22C．ln21D．ln21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．设凸n边形对角线条数为pn，则1pkpkA．1kB．kC．1kD．2k8.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，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，

则||||PEPF的最小值为A．33B．522C．16D．1110．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gxfxax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．10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．对任意的1(,)xm，不等式21mxnexm恒成立，则nm的最小值为______.1xyO

-12-21O-1-2xy21xyO-12-21O-1-2xy2试卷第2页，总5页三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.已知正项数列na的前n项和为nS，且(1)2nnnaaS.（1）计算1a、

2a、3a，猜想数列na的通项公式；（2）用数学归纳法证明数列na的通项公式.18.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.19.如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90º，AD＝2BC＝2AB＝4，△PAD为等边三角形，E为PD的中点，直线AB与CE所成角的大小为45º．（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值．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0fx对0x恒成立．（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f(x)＝a－exx＋alnx，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．PEDACB（第19题图）高二数学（理科）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（理科）试题参考答案1.A2.C3.D4.A5.A6.A7.A8.A9.D

10.D11.A12.C13.214.-315.5216.22e17．（1）解：因为正项数列na的前n项和(1)2nnnaaS，所以当1n时，1111(1)2aaSa，解得11a；当2n时，22212(1)2aaSaa，解得22a；当3n时，33312

3(1)2aaSaaa，解得33a，则猜想数列na的通项公式为nan……………………………………………4分（2）证明数列na的通项公式为nan：当1n时，11a，显然成立；假设当nk时成立，则kak

，(1)2kkkS，那么当1nk时，111(1)2kkkaaS，11122kkkSaa，即21112()kkkkSaaa，2111(1)22kkkkkaaa

，整理得211(1)0kkaakk，即11(1)()0kkakak，解得11kak或1kak（舍去），11kak，故当1nk时也成立，综上所述，nan

.……………………………………………10分18．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，∴()2sincosgxxxx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恒成立当0a时，()0fx，知()fx在0,4

上为减函数，从而min2()148afxf当0a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19.解：(1)取AD中点O，连接CO，OE．在梯形ABCD中，因为AD∥BC，AD＝2BC，所以四边形ABCO为平行四边形，所以CO∥AB，所以∠OCE即为异面直线AB与CE所成

的角或补角．……………………2分在等边△PAD中，因为E为PD的中点，所以OE＝12PA＝12AD＝2．在△OCE中，OC＝AB＝2，即OE＝OC＝2，所以∠OCE为锐角，从而∠OCE＝∠OEC＝45°，所以∠COE＝90°，即OC⊥OE．……………………………………

……4分因为∠ABC＝90º，所以四边形ABCO为矩形，所以OC⊥AD．又AD∩OE＝O，AD，OE平面PAD，所以OC⊥平面PAD．又因为OC平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．………………

……6分(2)连接PO，在等边△PAD中，因为O为AD中点，所以PO⊥AD．由(1)得OC⊥平面PAD，PO平面PAD，所以OC⊥PO．以O为原点，OC，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴，试卷第4页，总5页建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则A(0，－2，0)，C(2，0，0

)，D(0，2，0)，B(2，－2，0)，P(0，0，23)，故→AP＝(0，2，23)，→AB＝(2，0，0)，→PD＝(0，2，－23)，→CD＝(－2，2，0)．设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，由m·→AP＝2y＋23z

＝0，m·→AB＝2x＝0，不妨取z＝1，得m＝(0，－3，1)．……………………8分设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由n·→PD＝2y－23z＝0，n·→CD＝－2x＋2y＝0，不妨取z＝1，得n＝(3，3，1)．……………………10分所以cos＜m，n＞＝m·n|

m|·|n|＝－77．所以平面PAB与平面PCD的所成角的正弦值为427．……………………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，sin

y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22sin4cos80，则012204cossin，1220

8sin，∵120p，∴1，2p异号．∴212121212121241111OAOB20220020204cos32sinsin11sin82sin，∵00,π，∴0sin

0,1，1112,22OAOB．………………………12分法二：设直线l的参数方程为cossinxtyt（t为参数，为直线的倾斜角），代入曲线C的普通方程得22sin4cos80tt，则1224cossi

ntt，1228sintt，∵120tt，∴1t，2t异号．∴212121212121241111ttttttOAOBtttttt222224cos32sinsin11sin82sin∵0,π，∴sin0,1

，∴1112,22OAOB．………………………12分21．解：（1）因为0fx，且10f，故1x是函数fx的极值点，因为1fxax，所以110fa，故1a，又因当1a时，ln1fxxx，且11fxx

，故fx在0,1上增函数，在1,上减函数，故10fxf，PEDOxCzABy高二数学（理科）2021-05阶考第5页共2页故1a；………………………5分（2）因为exmfxxm，则elnxmxxx，设lnh

xxx，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2e1ln1lnxxx

xxmxx，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，所以实数m的取值范围是1,0e

．………………………12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－x33，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－13

x3x＋ax＝－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(lna)＞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