【文档说明】安徽省池州市东至县第二中学2020-2021学年高二下学期4月期中考试数学（理）试题含答案.doc，共(11)页，1.153 MB，由小赞的店铺上传

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东至二中2020-2021学年第二学期高二年级期中考试高二数学（理）测试卷考试时间：120分钟一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）1.设f(x)存在导函数，且满足错误!未指定书签。12)21()1(lim0−

=−−→xxffx，则曲线y＝f(x)上点(1，f(1))处的切线斜率为()．A．2B．－1C．1D．－22.已知i是虚数单位，z是z的共轭复数，若1i(1i)1iz−+=+，则z的虚部为（）A.12B.12−C.

1i2D.1i2−3.一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为s(t)＝4t2－3(s(t)的单位：m，t的单位：s)，则t＝5时的瞬时速度为()A．37B．38C．40D．394.函数xxxf1ln)(−=的单调增区间是（

）A．),1(+−B．)1,(−−C．),1(+D．),0(+5.=+−−dxxx)1(112（）A．B．2C．1+D．1−6.函数()xxxfcos=的导函数)('xf在区间[－π，π]上的图象大致是()7．某个与正整数有关的命题：如果

当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立．现已知n＝5时命题不成立，那么可以推得()A．当n＝6时命题成立B．当n＝6时命题不成立C．当n＝4时命题成立D．当n＝4时命题不成立8.记I为虚数集,设,,,abRxyI

,则下列类比所得的结论正确的是（）A.由abR,类比得xyIB.由222()2abaabb+=++,类比得222()2xyxxyy+=++C.由20a,类比得20xD.由0abab+−,类比得0xyxy+−9.若函数32()fxxaxbxc

=+++有极值点12,xx，且11()fxx=，若关于x的方程22[()]2()0fxafxb++=的不同实数根的个数是（）A.6B.5C.4D.310.设函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有2()'()0fxxfx+，则不等式（x﹣2021）2f（x﹣

2021）﹣f（1）＞0的解集为（）A．（2020，+∞）B．（0，2022）C．（0，2020）D．（2022，+∞）11.如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处下降，

已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则函数的解析式为（）A．33125yxx=−B．3241255yxx=−C．3131255yxx=−D．3311255yxx=−+12.若对任意(1,)x+

，不等式1(ln1)lnxxaxexa−+−恒成立，则a的范围是（）A．()1,0B．(1,0C．)+，1D．()+,1二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0(m，n∈R)的一个根，则m＋n＝____.14．把一个带q+电量的点电荷

放在r轴上坐标原点处，形成一个电场，已知在该电场中，距离坐标原点为r处的单位电荷受到的电场力由公式2qFkr=(其中k为常数)确定.在该电场中，一个单位正电荷在电场力的作用下，沿着r轴的方向从r＝a处移动到r

＝b(a<b)处，则电场力对它所做的功______________.15．如图数表，它的第一行数由正整数从小到大排列得到，此后下一行数由前一行每两个相邻的数的和写在这两个数正中间下方得到.依次类推，则该数表中，第n行第2个数是___________.第15题图第16题图16.如图，圆形纸片的圆

心为O，半径为15cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D、E、F为圆O上的点，DBC△，ECA△，FAB△分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC△，ECA△，FAB△，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当ABC△的边长变化时，所

得三棱锥体积的最大值为_______3cm．三、解答题（本题共6小题，17小题10分，其余每小题12分，共70分）17．已知复数22(32)(43),zmmmmimR=−++−+.（1）若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；（2）若z是纯虚数，求m的值.18．（1）用数学归纳法证明：

(3)(4)(13(223))nnnn+++++++=*N；（2）已知0a，0b，且2ab+，求证：1ba+和1ab+中至少有一个小于2．19．已知函数()1xfxeax=−−，其中a为实数，（1）若1

a=，求函数()fx的最小值；（2）若方程()0fx=在(0,2上有实数解，求a的取值范围；20.我们要计算由抛物线2yx=、x轴以及直线1x=所围成的曲边区域的面积S，可用x轴上的分点0、1n、2n、…、1nn−、1将

区间0,1分成n个小区间，从第二个小区间起，在每一个小区间上作一个小矩形，使得每个矩形的左上端点都在抛物线2yx=上，这么矩形的高分别为21n、22n、…、21nn−，矩形的底边长都是1n，设所有这些矩形面

积的总和为nS，就有limnnSS→=.（1）求nS的表达式，并求出面积S；（可以利用公式2222(1)(21)1236nnnn++++++=）（2）利用上述方法，探求由函数xye=、x轴、y轴以及直线1x=和

所围成的区域的面积T.（可以利用公式：1lim11nnne→−=）21.某设计部门承接一产品包装盒的设计（如图所示），客户除了要求AB、BE边的长分别为20cm和30cm外，还特别要求包

装盒必需满足：①平面ADE⊥平面ADC；②平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60；③包装盒的体积尽可能大。若设计出的样品满足：ACB与ACD均为直角且AB长20cm，矩形DCBE的一边长为30cm，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求？说明

理由。22．已知函数21()ln(1),()2=+−+fxxaxaxaR．（1）当1a=时，判断函数()yfx=的单调性；（2）若关于x的方程21()2fxax=有两个不同实根12,xx，求实数a的取值范围，并证明212xxe．高二期中理数参考答案2021.041.B2.A3.C4.D5

.B6.A7.D8.B9.D10.D11.C12.C9.10.解：令g（x）=x2f（x），∴g′（x）=2xf（x）+x2f′（x），∵2f（x）+xf′（x）＞0，∴g′（x）＞0，在（0，+∞）恒成立，∴g（x）在（0，+∞）为增函数

，∵（x﹣2021）2f（x﹣2021）﹣f（1）＞0，∴（x﹣2021）2f（x﹣2021）＞f（1），∵g（1）=f（1），∴g（x﹣2021）＞g（1）∴x-2021＞1∴x＞2022，故选D．11.12.由题意可得：0a，11ln1lnlnlnxxaxaeae−−+−=+=，由1(ln

1)lnxxaxexa−+−可得11lnlnxxxeaexa−−，即11lnlnxxaeaexx−−，令()lngxxx=，可得()()1xgaegx−,由()0gx可得1xe，由()0gx可得10xe，如图：可得()lngxxx=在()1,+单调

递增，若()()1xgaegx−，则11xaex−，可得1xxae−，令()1xxhxe−=，只需要()maxahx，()()1121110xxxxexexhxee−−−−−−==对于1x恒成立，所以()1x

xhxe−=在(1,)+单调递减，所以()()11111hxhe−==，所以1a，实数a的范围为)1,+，13.92解：将12xi=+代入方程x2－mx＋2n＝0，有(1＋2i)2－m(1＋2i)＋

2n＝0，即144220immin+−−−+=，即()()32420mnmi−−++−=，由复数相等的充要条件，得320420mnm−−+=−=解得522nm==，故59222mn+=+=.14.qqkkab−根据定积分的几何意义，可得电场力对它所做

的功2|bbaaqqqqWkdrkkkrrab==−=−.15.2(3)2nn−+观察数表，得出每一行都成等差数列，且第n行公差为12n−，因此设第n行第1个数是na，则第n行第2个数是12nna−+，从而可得2122nnnaa−−=+，从而111

224nnnnaa−−=−，所以{}2nna是等差数列，公差为14，所以111(1)2244nnann+=+−=，2(1)2nnan−=+．第n行第2个数是()232nn−+16.10815由题，连接OD，交BC与点G，由题，ODBC⊥

36OGBC=，即OG的长度与BC的长度或成正比，设OGx=，则23BCx=，15DGx=−，三棱锥的高2222253022530hDGOGxxxx=−=−+−=−21233332ABCSxx==△则213225303ABCVShxx==−△45=322530

xx−令()4522530fxxx=−，15(0,)2x，()34900150fxxx=−令()0fx，即4360xx−，6x,令()0fx，即4360xx−，6x,则()()6fxf≤即3634510815V=≤∴体积最大值为310

815cm．17．（1）由题意可得22320430mmmm−+−+，解得23m（5分）（2）由题意可得22320430mmmm−+=−+，解得2m=（10分）18．（1）①当n1=时，左边123410=+++=，右

边()()1314102++==，左边=右边．②假设()*nkkN=时等式成立，即()()()k3k4123k32+++++++=，那么当nk1=+时，()()()()()k3k4123k3k4k42+++++++++=++()()k4k

52++=，即当nk1=+时，等式成立．综上，()()()()*n3n4123n3nN2+++++++=．（6分）（2）假设1b2a+，1a2b+，因为a0，b0，所以1b2a+，1a2b+，所以2ab2a2b+++，故ab2+，这与ab2+

矛盾，所以原假设不成立，故1ba+和1ab+中至少有一个小于2．（12分）19．（1）当1a=时，()1xfxex=−−，则()1xfxe=−，由()0fx=得：0x=；当(),0x−时，()0fx；当()0,x+时，()0fx；()fx在(),0−上单调递减

，在()0,+上单调递增；()()min01010fxf==−−=.（5分）（2）()xfxea=−；①当1a时，()0fx在(0,2上恒成立，()fx在(0,2上单调递增，()()00fxf=，方程()0fx=在(0,2上无实数解

，不合题意；②当2ae时，()0fx在(0,2上恒成立，()fx在(0,2上单调递减，()()00fxf=，方程()0fx=在(0,2上无实数解，不合题意；③当21ae时，令()0fx=得：lnxa=；当()0,lnxa时，()0fx

；当(ln,2xa时，()0fx；()fx在()0,lna上单调递减，在(ln,2a上单调递增，()00f=Q，()ln0fa，若方程()0fx=在(0,2上有实数解，则只需()20f，即2210ea−−，解得：212ea−，2112

ea−；综上所述：a的取值范围为211,2e−.（12分）20．（1）由题意可知，222111211...nnnSnnnnn−=+++()222222312...-11121...nnnnnnn+++

−=+++=，因为2222(1)(21)1236nnnn++++++=，()322223(-1)(2-1)(-1)(2-1)6612...-1nnnnnnnnSnn+++===所以，2222limlimlim312-+(-1)

(2-1)2-3121666lim63nnnnnSnnnnnnnSn→→→→+======因此；（6分）（2）根据题中方法，探求由函数xye=、x轴、y轴以及直线1x=和所围成的区域的面积T，可将区间0,1分成n个小区间，每一个小区间对应一个小矩形，使得每个矩形的左上端点

都在抛物线xye=上，这么矩形的高分别为0e、1ne、2ne、…、1nne−，矩形的底边长都是1n，则12101111...nnnnneeeennnnT−=++++11210111111111...111n

nnnnnnnneeeeeeennneene−−−−=++++===−−−，11limlim1nnnneTTne→→−==−因此，因为1lim11nnne→−=，111lim111nn

eeTene→−−===−−所以.（12分）21.解：该包装盒的样品设计符合客户的要求。（1分）（1）以下证明满足条件①的要求.∵四边形DCBE为矩形，ACB与ACD均为直角，∴CBA

C⊥且CBDC⊥∴CB⊥面ACD，在矩形DCBE中，DE∥CB∴DE⊥面ACD∴面ADE⊥面ADC（5分）（2）以下证明满足条件②、③的要求.∵矩形DCBE的一边长为30cm，而直角三角形ABC的斜边AB长为20cm，∴30BE=设BCt=，则2400ACt=−，以C为原点，CACBCD、、分

别为xyz、、轴的正半轴建立空间直角坐标系Cxyz−，则2(400,0,0)At−，(0,,0)Bt，(0,0,30),(0,,30)DEt，设面ADE的一个法向量为1(,,)xyz=n，2(400,0,30)DAt=−−，(0,,0)DEt

=∵1100DADE==且nn∴24003000txzty−−==，取1x=，则21400(1,0,)30t−=n而面ABC的一个法向量为2(0,0,1)=n，设面ADE与面ABC所成的二面角为，则1cos2，∴21224001

30cos|cos,|240011900tt−==−+nn，∴10t，即当10t时，面ADE与面ABC所成的二面角不小于60.又，由ACB与ACD均为直角知，AC⊥面DCBE，该包装盒可视

为四棱锥ABCDE−，21130400-33ABCDEBCDEVSACtt−==()2222+400-10400-1020002tttt==当且仅当22400tt=−，即102tcm=时，ABCDEV−的体积最大，最大值为32000cm

.而10210t=，可以满足面ADE与面ABC所成的二面角不小于60的要求，综上，该包装盒的设计符合客户的要求。（12分）（对于条件②、③，先由体积最大求出t的值为，060tan23tan=D

AC,证明DAC即为平面ADE与平面ABC所成的二面角的平面角，所以该二面角不小于60，也可得分.）22．（1）1a=时，21()ln2(0)2fxxxxx=+−，故2121()20xxfxxxx−+=+−=，()fx在(0,)+上单调递增．（5分）（2）由题意可知ln(

1)xax=+有两解，设直线ykx=与lnyx=相切，切点坐标为()00,xy，则00000ln1ykxyxkx===，解得001,1,xeyke===，101ae+，即111ae−−．∴实数a的取

值范围是11,1e−−．（8分）不妨设210xx，则1122ln(1),ln(1)xaxxax=+=+，两式相加得：()()1212ln(1)xxaxx=++，两式相减得：()2211ln(1)xaxxx=+−，()12122211ln

lnxxxxxxxx+=−，故()12212211lnlnxxxxxxxx+=−，要证212xxe，只需证122211ln2+−xxxxxx，即证()2211221121212ln1xxxxxxxxxx−−=++，令

211xtx=，故只需证2(1)ln1ttt−+在(1,)+恒成立即可．令2(1)()ln(1)1tgtttt−=−+，则22214(1)()0(1)(1)tgttttt−=−=++，∴()gx在(1,)+上单调递增，()(1)0gtg=，即2(1)ln1ttt−+在(1

,)+恒成立．212xxe．（12分）