【文档说明】【精准解析】云南省昆明市寻甸县民族中学2019-2020学年高二下学期第二次月考数学理科试题.doc，共(14)页，1.018 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题，满分60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.复数

12zi=+（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算得到结果.【详解】复数()()12222222555iiziiii−−===

=−++−对应的点坐标为22,55−在第四象限.故答案为D.【点睛】在复平面上，点,()Zab和复数zabi=+(),abR一一对应，所以复数可以用复平面上的点来表示，这就是复数的几何意义．复数几何化后就可以进一步把复数与

向量沟通起来，从而使复数问题可通过画图来解决，即实现了数与形的转化．由此将抽象问题变成了直观的几何图形，更直接明了．2.已知()1fxx=,则()3f=（）A.13−B.19−C.19D.13【答案】B【解析】【分析】先求

导数，再代入即可.【详解】解：()21fxx=−，()211339f=−=−，故选：B【点睛】考查求函数在某一点的导数；基础题.3.已知集合2|560Axxx=−+，集合|213Bxx=−，则集合AB=（）A.|23xxB.|23xx

C.|23xxD.|13xx−【答案】C【解析】试题分析：因为2|560Axxx=−+，|213Bxx=−=所以AB=|23xx.考点：交集及其运算点评：本题

以一元不等式及绝对值不等式为载体考查交集运算，关键是准确解出不等式，再利用数轴得出要求交集．4.设ixyi=+（i为虚数单位），其中x，y是实数，则()1xyi+−=（）A.1B.2C.3D.2【答案】B【解析】【分析】根据条件求出,xy的值，再求复数的模，即可得答案；【详解】ixyi=+，1,

0,xy==()112xyii+−=−=，故选：B.【点睛】本题考查复数模的计算，考查运算求解能力，属于基础题.5.对于实数x,y,若|x-1|≤1,|y-2|≤1,则|x-2y+1|的最大值为()A.5B.4C.8D.7【答

案】A【解析】选A.由题意得,|x-2y+1|=|(x-1)-2(y-1)|≤|x-1|+|2(y-2)+2|≤1+2|y-2|+2≤5,即|x-2y+1|的最大值为5.6.已知492xy+=，,0xy，则xy+的最小值是（）A.252B.254C.52D.5【答案】

A【解析】【分析】由题知()4914923211xyxyyxxyxy+=++=++，再利用基本不等式即可得到最小值.【详解】由题知：()4914923211xyxyyxxyxy+=++=+

+，因为,0xy，所以4949212yxyxxyxy+=，当且仅当49yxxy=，即5x=，152y=时，取“=”号.所以()1251213=22xy++.即xy+的最小值是252

.故选：A【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，常数代还法为解决本题的关键，属于简单题.7.若()1bfxdxa＝，则()32bfxdxa+=（）A.5B.32b+C.()32ab++D.()32ba+−【答案】D【解析】【分析】根据微积分定理直接

化简计算，即得结果.【详解】()()()323232322bbbbbfxdxfxdxdxfxdxxbaaaaaa+=+=+=+−故选：D【点睛】本题考查定积分计算，考查基本分析求解能力，属基础题.8.由曲线21yx=+与直线3yx=−+所围成图形的面积为

（）A.3B.92C.73D.83【答案】B【解析】【分析】解出交点确定积分区间，结合图形，待求面积转化为求定积分即可.【详解】解：()()21,2,5,1,23yxAByx=+−=−+，()()11122322221193122322x

xdxxxdxxxx−−−−+−−=−−+=−−+=，故选：B.【点睛】考查用微积分基本定理求面积；基础题.9.若228xy+=,则2xy+的最大值为（）A.8B.4C.210D.5【答案】C【解析】【分析】若设2xyt+=，则2ytx=−，代入已知等式，化为关于x

的方程，由判别式非负，解得t的最大值即可【详解】解：设2xyt+=，则2ytx=−因为228xy+=，所以22(2)8xtx+−=，整理得，225480xtxt−+−=，因为≥0，即221620(8)tt=

−−≥0，解得210−≤t≤210，所以2xy+的最大值为210故选：C【点睛】此题考查最值的求法，注意运用换元法和判别式法，以及不等式的解法，考查运算能力，属于中档题.10.复数z满足31zzi+=−，则复数z对应点的轨迹是

（）A.直线B.正方形C.圆D.椭圆【答案】C【解析】【分析】设(,)zabiabR=+，利用,ab表示31zzi+=−，可得223044abab+++=，即得解【详解】设(,)zabiabR=+，则31z

zi+=−即为331abiabii++=+−2222(31)(3)(1)abab++=+−化简可得：223044abab+++=即：22315()()8832ab+++=故复数z对应点的轨迹是以31(,)88−−为圆心，半径为108的圆故选：C【点睛】本题考查了复数的几何意义的应用，考查了学

生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题11.已知直线y=x+1与曲线yln()xa=+相切，则α的值为A.1B.2C.-1D.-2【答案】B【解析】设切点00(,)Pxy，则，又001|1xxyxa===+0

0010,12xayxa+===−=，故答案选B．12.定义在)0,+上的函数()fx满足：当02x时，()22fxxx=−；当2x时，()()32fxfx=−.记函数()fx的极大值点从小到大依次记为12,,,,,naaa并记相应的极大值为12,,,,,nbbb则11

222020ababab+++的值为（）A.201931+B.191931+C.192031+D.202031+【答案】A【解析】【分析】确定函数极大值点及极大值求得21nan=−.1,3nnb−=，再求和即可【详解】

由题当当0x2时，()()22fx2xx11,x=−=−−+极大值点为1，极大值为1当x2时，()()fx3fx2=−.则极大值点形成首项为1公差为2的等差数列，极大值形成首项为1公比为3的等比数列故21nan=−.1,3nnb−=,故()1213nnnabn−=−设S=

121911222020113353393ababab+++=++++3S=12201333393+++两式相减得-2S=1+2(1219333+++)-()19202020313312393238313−=+−=−−−∴S=201931+故选A【点睛】本题考

查数列与函数综合,错位相减求和,确定na及nb的通项公式是关键,考查计算能力,是中档题第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）注意事项：请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上.二、填空题：本

大题共4小题，每小题5分，共20分13.复数2020i=______．【答案】1【解析】【分析】利用ni运算的周期性求解【详解】()505202041ii==故答案为：1【点睛】本题考查复数的乘方运算，涉及ni运算的周期性，是基础题14.已知()2xfx=，则1ln2f=_____

____.【答案】ln2e.【解析】【分析】求导后，将21logln2xe==代入即可求得结果.【详解】因为()2xfx=，所以()2ln2xfx=，所以1ln2f=()2logfe2log2ln2ln2ee==.故答案为：l

n2e.【点睛】本题考查了指数函数的求导公式，考查了对数的换底公式和对数的性质，属于基础题.15.函数2223yxx=−+−的最大值为_______.【答案】3【解析】【分析】拆解函数，利用三维形式的柯西不等式可得求得函数的最大值．【详解】∵2223yxx=

−+−2223xxx=−+−+−111(2)(2)(23)xxx++−+−+−„=3当且仅当223xx−=−，即53x=时等号成立，∴函数y的最大值为3故答案为：3．【点睛】本题主要考查了三维形式的柯西不等式在求解函数最值中

的应用，属于基础题．16.()22214xdx−+−=________.【答案】42+【解析】【分析】根据定积分和微积分基本定理求解即可得到结果.【详解】()22212242dxx−==−−=−，2224xdx−−表示如下图所示的阴影部分的面积：22221422

2xdx−−==，()2221442xdx−+−=+.故答案为：42+.【点睛】本题考查积分的求解问题，涉及到定积分和微积分基本定理的应用，属于基础题.三、解答题17.解不等式5231xx−−+.【答案】173xx−

【解析】【分析】分三种情况32x−时，352x−时，5x≥时，分别求解不等式，再求三种情况的解集的并集则为原不等式的解集.【详解】当32x−时，原不等式可化为()()5231xx−−++≥，∴7x−,∴372x−

−.当352x−时，原不等式可化为()()5231xx−−−+≥，∴13x，∴3123x−.当5x≥时，原不等式可化为()5231xx−−+≥，∴9x−.∴原不等式为.综上，可知原不等式的解集是173xx−.【点睛】本题考查

分类讨论求解绝对值不等式，属于基础题.18.已知函数()()2xfxxaxbe=++在点()()0,0f处的切线方程是21yx=−+，其中e是自然对数的底数．（1）求实数a，b的值；（2）求函数()fx的极值．【答案】（1）3a=−，1b=（2）()f

x极大值5e=；()fx极小值2e=−.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求出实数a，b的值；（2）先求出函数的单调性，再借助极值的定义，即可得解.【详解】（1）由()()2xfxxaxbe=++，得()()22xfxxaxabe=++++′，

因为函数()fx在点()()0,0f处的切线方程是21yx=−+，所以(0)1(0)2fbfab===+=−，解得3a=−，1b=，所以3a=−，1b=.（2）由（1）知()()231xfxxxe+−＝，()()()()2

212xxfxxxexxe−+−−＝＝.令()0fx=，得11x=−或22x=，当1x−时，()0fx，函数()fx单调递增；当12x−时，()0fx，函数()fx单调递减；当2x时，()0fx，函数()fx单调递增，故当1

x=−时，函数()fx取得极大值，()fx极大值()51fe=−=；当2x=时，函数()fx取得极小值，()fx极小值()22fe==−.【点睛】本题考查导数的几何意义及函数极值的求解，考查学生对这些知识的掌握能力，本题的解题关键是掌握根据导数求极值的方法和根据导数求曲线切线方程的

方法，属于中档题.19.已知函数()12fxxx=−−+.（Ⅰ）若不等式()1fxm−有解，求实数m的最大值M；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正实数a，b满足223abM+=，证明：34ab+.【答案】(Ⅰ)4M=；(Ⅱ)证明见解析

.【解析】试题分析：(Ⅰ)原问题等价于()1maxfxm−.由绝对值三角不等式可得123xx−−+=，则13m−，实数m的最大值4M=.(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数a，b满足2234ab+=，由柯西不等

式可知()()()2223313abab+++，即34ab+(当且仅当1ab==时取“=”).试题解析：(Ⅰ)若不等式()1fxm−有解，只需()fx的最大值()1maxfxm−即可.因为()()12123xxxx−−+−−+=，所以13m−，解得24m−，所以实数m的

最大值4M=.(Ⅱ)根据(Ⅰ)知正实数a，b满足2234ab+=，由柯西不等式可知()()()2223313abab+++，所以，()2316ab+，因为a，b均为正实数，所以34ab+(当且仅当1ab==时取“=”).20.用数学归纳法证明当n

为正奇数时，nnxy+能被xy+整除．【答案】证明见解析【解析】【分析】用数学归纳法证明整除问题时分为两个步骤，第一步，先证明当当1n=时，结论显然成立，第二步，先假设当nk=（*kN且k为奇数）时结论成立，利用此假设结合因式分解，证明当2nk=+时，结论也成立即可．【详解

】①当1n=时，nnxyxy++＝显然能被xy+整除．②假设当nk=（*kN且k为奇数）时命题成立，即kkxy+能被xy+整除．当2nk=+时，22kkxy+++()222kkkkxxyyxy+=++−()()()2kkkxxyyxyxy+−=+−．又根据假设kkxy+能被xy+整

除∴()2kkxxy＋能被xy+整除．又()()kxyxyy+−能被xy+整除，∴()()()2kkkxxyyxyxy+−+−能被xy+整除，∴当1nk=+时命题成立．由①②知，命题成立．【点睛】本题考查数学归纳法

的运用，解题的关键正确运用数学归纳法的证题步骤，属于中档题．21.统计表明：某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式可以表示为()3138012012800080yxxx=−+≤．已知甲、乙两地相距100千米，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？【答案】80千米/时；11.25升【解析】【分析】首先当速度为x千米/时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为()hx升，()313100812800080hxxxx=−+，再利用导数求函数

的最值即可得到答案.【详解】当速度为x千米/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()313100812800080hxxxx=−+，()2180015012012804xxx=+−()332280080()01

20640640xxhxxxx−=−=．令()0hx=，得80x=.因为()0,80x时，()0hx，()hx是减函数；()80,120x时，()0hx，()hx是增函数，所以当80x=时，()hx取

得最小值，()8011.25h=所以汽车以80千米/时匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数最值得实际应用，理解题意为解题的关键，属于中档题.22.若函数()lnfxxax=−恰有两个不同零点1

2,xx（1）求实数a的取值范围；（2）求证12112lnlnxx+.【答案】（1）10ae；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过求导求得函数()fx的单调区间和最大值，转化为最大值大于0可得；（2）由于1211lnlnxx+可化为1212121lnxxxx

xx−，若设12xtx=，则只需证112lnttt−，即证12lnttt−，构造函数()12lnhtttt=+−，即证()0ht在()0,1上恒成立即可.【详解】（1）()1fxax=−当0a时，()0

fx在()0,+上恒成立()fx在()0,+上单增，不合题意当0a时，由()100fxxa；由()10fxxa∴()fx在10,a上单增，在1,a+上单减当0x→时，()fx→−；()fx→+时，()fx→

−∴只需11ln10faa=−即10ae（2）()11121222lnlnlnlnxaxxxaxxxax=−=−=()1212121221212121212lnln11lnlnlnlnlnlnaxxxxxxxxxxxxaxxxxxx++−++===−1212121ln

xxxxxx=−令，12xtx=，不妨假设120xx，则()0,1t∴要证12112lnlnxx+，即证112lnttt−即证12lnttt−令()12lnhtttt=+−，即证()0ht

在()0,1上恒成立()()22221210ttthttt−−−+−==在()0,1上恒成立()ht在()0,1上单减，故()()10hth=即12112lnlnxx+成立【点睛】此题考查了由函数零点的个数求参数的范

围，利用导数证明不等式，综合性强，考查了计算能力和转化能力，属于难题.