【文档说明】【精准解析】江西省都昌一中2019-2020学年高二下学期期中线上考试数学（理）试题.pdf，共(20)页，263.074 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2019-2020学年下学期高二期中考试数学试卷理科数学注意事项：1.因疫情影响无法开络阅卷方式，答题后请拍照上传.2.答题前，考试务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上3.作答时，请将答案写在答题卡上指定位置，写在本卷上无效.第Ⅰ卷一、选择题：本题共19小题，每小题5分

，共95分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1.设1i2i1iz，则||zA.0B.12C.1D.2【答案】C【解析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，

化简复数z，然后求解复数的模.详解：1i1i1i2i2i1i1i1izi2ii，则1z，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考

查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2.已知函数lnfxx，则曲线yfx在1x处的切线的倾斜角为（）A.4B.34C.3D.23【答案】A【解析】-2-【分析】求出(

)fx，得切线的斜率为(1)f，即可求解.【详解】函数lnfxx的导数为1'fxx，可得yfx在1x处的切线的斜率为1k，即tan1，为倾斜角，可得4.故选：A.【点睛】本题考查切线的几何意义，属于基础题.3.利用反证法证明：若0xy

，则0xy，假设为()A.,xy都不为0B.,xy不都为0C.,xy都不为0，且xyD.,xy至少有一个为0【答案】B【解析】【分析】根据反证法，假设要否定结论，根据且的否定为或，判断结果.【详解】0xy的否定为00xy或，即x，y不都为0，选B.【点睛】本题考查反证法以及命题

的否定，考查基本应用能力.属基本题.4.已知i是虚数单位，则2020111iii（）A.1iB.1iC.iD.2i【答案】A【解析】【分析】由复数除法的运算法则和虚数单位定义，即可求解.【详解】由题意可得202020201111iiiiii

.故选：A.【点睛】本题考查复数代数运算，属于基础题.-3-5.甲、乙、丙、丁四个人安排在周一到周四值班，每人一天，若甲不排周一，乙不排周二，丙不排周三，则不同的排法有（）A.10种B.11种C.14种D.16种【答案】B【解析】【

分析】直接利用列举法得解.【详解】当乙在周一时有：乙甲丁丙，乙丙丁甲，乙丙甲丁，乙丁甲丙；当丙在周一时有：丙甲乙丁，丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲；当丁在周一时有：丁甲乙丙，丁丙甲乙，丁丙乙甲.所以共11种.故选

：B【点睛】本题主要考查两个原理和排列组合，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6.已知2maa,13naa其中3a,则,mn的大小关系为()A.mnB.mnC.mn

D.大小不确定【答案】C【解析】【详解】分析：作差法，用mn，判断其符号．详解：112132()0213mnaaaaaaaa，所以，mn．故选C．点睛：作差法是比较大小的基本方法，根式的分子有理化

是解题的关键．7.已知直线21yx是曲线2312lnxymx的一条切线，则实数m的值为（）A.1B.2C.12D.32【答案】D【解析】【分析】-4-设切线的切点为00(,)xy，由0|2xxy，得到0x的方

程，求出0x，代入切线方程，进而求出切点坐标，代入曲线方程，即可求解.【详解】曲线23ln120xymxx的导数为3'yxx，由题意直线21yx是曲线2312lnxymx的一条切线，设其切点为00(,)xy，0032xx

，解得01x（舍负），切点在直线上，所以切点坐标为1,1，所以112m，即32m.故选：D.【点睛】本题考查导数的几何意义，注意切点与切线和函数之间的关系，属于基础题.8.给甲、乙、丙、丁四人安

排泥工、木工、油漆三项工作，每项工作至少一人，每人做且仅做一项工作，甲不能安排木工工作，则不同的安排方法共有（）A.12种B.18种C.24种D.64种【答案】C【解析】【分析】根据题意，分2步进行分析

：①，将4人分成3组，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，分2步进行分析：①，将4人分成3组，有246C种

分法；②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，有2种情况，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，有222A种情况，此时有224种情况，则有2446种不同的安排方法；故选C．【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．-5-9.函数2ln

xfxxx的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数fx的奇偶性和单调性，排除错误选项，从而得出正确选项.【详解】因为fxfx，所以fx是偶函数，排除C和D.当0x时，2lnxxfxx，332

ln1'xxfxx，令'0fx，得01x，即fx在0,1上递减；令'0fx，得1x，即fx在1,上递增.所以fx在1x处取得极小值，排除B.故选：A【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查利用导数研究函数

的单调区间和极值，属于中档题.10.二项式812xx的展开式中，常数项等于（）A.448B.900C.1120D.1792【答案】C【解析】【分析】求出二项展开式的通项，令x的指数为0，即可求解.-6-【详解】该二项展开式通项为888288122rrrrrrCCxxx

，令820r，则4r，常数项等于44821120C.故选：C.【点睛】本题考查二项展开式定理，熟记二项展开式通项即可，属于基础题.11.已知函数2ln1fxxax在1,3内不

是单调函数，则实数a的取值范围是（）A.2,18B.2,18C.,218,D.2,18【答案】A【解析】【分析】求出()fx，根据已知()0fx在1,3存在变号零点，即可求解

.【详解】∵'2afxxx，2ln1fxxax在1,3内不是单调函数，故20axx在1,3存在变号零点，即22ax在1,3存在零点，∴218a.故选：A.【点睛】本题考查函数导数与函数单调性的关系，考查计算求解能力，属于基础题.12.将石

子摆成如图的梯形形状，称数列5，9，14，20，…为“梯形数”，根据图形的构成，此数列的第2020项与5的差，即20205a（）A.20182019B.20182017C.10132018D.10132019【答案】D【解析】【分析】根据已知可得232n

an，求出2020a，即可求解.-7-【详解】由已知可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：1n时，11232322a；2n时，212342432a；…由此可以推断：

12322212nannn；∴202015220202202015101320192a.故选：D.【点睛】本题考查归纳推理以及等

差数列的前n项和，考查计算求解能力，属于基础题.13.若62601262xaaxaxax，则1236aaaa等于（）A.-4B.4C.-64D.-63【答案】D【解析】【分析】分别

令0,1xx，即可求解.【详解】因为62601262xaaxaxax，令0x，得60126210000aaaa，即064a，再令1x，可得1236641aaaa，∴126363aaaa，故

选：D.【点睛】本题考查二项式系数的和，一般采用赋值法，关键要掌握二项式定理的特点，属于基础题.14.将5个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A.36种B.42种C.48种D.60种【答案】B【解析】【分析】-8-

根据题意，可分为两种情况讨论：①甲在最左端，将剩余的4人全排列；②乙在最左端，分析可得此时的排法数目，由分类计数原理，即可求解．【详解】根据题意，最左端只能拍甲或乙，可分为两种情况讨论：①甲在最左端，将剩余的4人全排列，共有4424A种不同的排法；②乙在最左端，甲

不能在最右端，有3种情况，将剩余的3人全排列，安排好在剩余的三个位置上，此时共有33318A种不同的排法，由分类计数原理，可得共有241842种不同的排法，故选B．【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解

答中注意优先元素受到的限制条件，合理分类求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．15.已知fx为定义在R上的可导函数，'fx为其导函数，且'fxfx恒成立，则（）A.202002020effB.20192020fefC.

202002020effD.20192020eff【答案】C【解析】【分析】根据已知条件结合所求不等式关系，构造函数xfxgxe，求出()gx的单调性，利用单调性比较0,2020gg以及2020,2019gg大小关系，即可求解.【详解】构造

函数xfxgxe，则''xfxfxgxe，∵'fxfx，则'0gx，所以，函数ygx在R上为增函数.则02020gg，即202020200ffe，所以，

202002020eff；-9-20202019gg，即2020201920202019ffee，所以，20192020eff.故选：C.【点睛】本题考查抽象函数大小关系，构造函数、利用导数判断函数的单调性

是解题的关键，考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题.16.已知1ex是函数()(ln1)fxxax的极值点，则实数a的值为（）A.21eB.1eC.1D.e【答案】B【解析】【分析】根据函数1fxxlnax取极值点1xe时导函数

为0可求得a的值．【详解】函数1fxxlnax的极值点，所以'112fxlnaxlnax；因为1xe是函数1fxxlnax的极值点，则11'20flnaee

；所以12lnae；解得1ae；则实数a的值为1e；故选：B．【点睛】考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，属于中档题.17.在1nxx的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小项的系数为

（）A.-126B.-70C.-56D.-28-10-【答案】C【解析】【分析】根据只有第5项的二项式系数最大，得到8n，再利用81xx的展开式的通项3821810,1,2,,8kkkkTCxk，分析二项式系数和项的系数间的关系求解.【详解】只有第5项的二项式

系数最大，8n，81xx的展开式的通项为3882188110,1,2,,8kkkkkkkTCxCxkx，展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的展开式系数相

等，偶数项的二项式系数与相应偶数项的展开式系数互为相反数.而展开式中第5项的二项式系数最大，因此展开式第4项和第6项的系数相等且最小，系数为338156C.故选：C【点睛】本题主要考查二项式定理的展开式、通项公式以及二项式系数与项的系数间的关系，还考查了运算求解的能力，属

于中档题.18.已知复数(,)zxyixyR，且|2|3z，则1yx的最大值为（）A.3B.6C.26D.26【答案】C【解析】【分析】将复数z代入|2|3z，化简后可知z对应的点在圆2223xy上.设过点0,1的切线l的方程为1ykx，利用圆心到直

线的距离等于半径求得k的值，1yx表示的集合意义是,xy与点0,1连线的斜率，由此求得斜率的最大值.-11-【详解】解：∵复数(,)zxyixyR，且23z，∴22(2)3xy，∴2223x

y．设圆的切线:1lykx，则2|21|31kk，化为2420kk，解得26k．∴1yx的最大值为26．故选C．【点睛】本小题主要考查复数模的运算，考查化归与转化的数学思想方法，考查直线和圆的位置关

系，考查点到直线的距离公式，属于中档题.19.设函数fx在R上存在导函数'fx，对于任意的实数x，都有26fxxfx，当,0x时，2'112fxx，若221221192fmfmmm，则实数m的

取值范围是（）A.2,3B.1,2C.1,D.2,【答案】A【解析】【分析】解抽象函数不等式考虑函数单调性求解，结合已知与所求不等式关系，构造函数2132gxfxxx，可证()gx是奇函数，(

)gx在R上单调递减，所求不等式化为22gmgm，即可求解.【详解】因为26fxxfx，所以22113322fxxxfxxx，记2132gxfxxx，则gxgx，-12-所以gx为奇函数，且

1''62gxfxx，又因为当,0x时，2'112fxx，即1'602fxx，所以当,0x时，'0gx，gx单调递减，又因为gx为奇函数，所以gx在R上单调递减，若22122119

2fmfmmm，则22112322232222fmmmfmmm，即22gmgm，所以22mm，所以23m.故选：A.【点睛】本题考查解抽象函数

的不等式，函数的单调性、奇偶性以及导数的应用，构造函数是解题的难点和关键点，属于较难题.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.20.函数lnfxxx的极大值是______.【答案】-1【解析】【分析】确定函数()fx的定义域，求出()f

x，进而得出单调区间，即可得到极大值.【详解】()fx的定义域为(0,)，∵lnfxxx，∴1'1fxx，令'0fx，解得1x，当01x时，'0fx；当1x时，'0fx，()fx递增区间是(0,1)，递减区间是(1,)，故fx在1

x处取得极大值，极大值为1ln111f.故答案为：1.【点睛】本题考查函数的极值，考查计算求解能力，属于基础题.-13-21.若1nxx的展开式的二项式系数之和为64，则

展开式的常数项为________.【答案】20.【解析】【分析】根据二项式系数和为264n求出n的值，然后利用二项式定理展开式令x的指数为零，得出参数的值，再代回二项展开式可得出所求的常数项.【详解】由于1nxx的展开

式的二项式系数之和为264n，可得6n，所以61xx的展开通项为6626611kkkkkkCxCxx，令620k，解得3k.因此，展开式的常数项为336120C，故答案为20.【点睛】本题考查二项式展开式中常数项的求解，注

意结论“二项式系数和为2n”的应用，在求常数项时，通常是在展开式中令x的指数为零来求解，考查计算能力，属于中等题.22.设函数323axfxbx213ax在1x处取得极值为0，则ab__________．【答案】79【解析】22()2fxaxbxa，因为函数y=f(

x)在x1处取得极值为0，所以221(1)0,(1)2033afbafaba，解得1ab（舍）或21,39ab，代入检验1ab时．22()21(1)0fxxxx

无极值．所以1ab（舍）．21,39ab符合题意．所以ab=79．填79．【点睛】对于可导函数，导数为0是极值点必要条件，所以对于通过导数为0求出参数的问题，需要进行检验．23.已知函数1lnfxxaxx，存在不相等的常数m，n，使得

''0fmfn，-14-且10,me，则fmfn的最小值为____________.【答案】4e【解析】【分析】求出()fx，由已知可得,mn为()0fx的两根，求出,,mna关系，并

将,na用m表示，从而把fmfn表示为关于m的函数设为()hm，利用()hm的单调性，即可求解.【详解】因为1lnfxxaxx的定义域为0,，22211'1axaxxxxfx，令'0fx，即210xax，0,x

，因为存在m，n，使得''0fmfn，且10,me，即210xax在0,x上有两个不相等的实数根m，n，且mna，1mn，所以1nm，1amm，∴

11111lnlnfmfmmmmmmmmmmn11l2nmmmmm，令112lnhmmmmmm

，则22211121lnl'nmmmmhmmm，当10,me时，'0hm恒成立，所以hm在10,me上单调递减，-15-∴min14hmhee，即fmfn的最小值为4e.故

答案为：4e.【点睛】本题考查最值问题、根与系数关系、函数的单调性，应用导数是解题的关键，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题.三、解答题：本题共3个题，24题10分，25题12分，26题13分，共35分.24.已

知函数31()13fxxaxaRfx，是fx的导函数，且20f.(I)求a的值;(II)求函数fx在区间[33]，上的最值.【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）最大值为193，最

小值为133.【解析】【分析】(I)求出3113()fxxaxaR的导函数fx，把20f代入即可求解.(II)利用导数求出函数的单调区间即可求出最值.【详解】解:(I)3(1)1

3fxxaxxRQ，2fxxa240faQ,4a(II)由(I)可得:32141,43fxxxfxx，令240fxx，解得2x，列出

表格如下:x(,2)22,22(2,)fx00fx极大值193极小值133-16-又191334,3233ffQ所以函数fx在[33]，区间上的最大值为193，最小值

为133【点睛】本题主要考查导函数求函数的最值、极值，属于基础题.25.（1）已知x，y为正实数，用分析法证明：2223xyxyxy.（2）若a，b，c均为实数，且2123axy，223byz，

2126czx，用反证法证明：中至少有一个大于0.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）由分析法证明即从结论出发，欲证原不等式成立，只需对其整理化简后的不等式成立，再由完全平方式的性质得证；

（2）假设命题的反面成立，由其相加配方为完全平方式证得与已知矛盾，即可说明假设不成立，原命题成立.【详解】（1）证：因为x,y为正实数，要证2223xyxyxy，只要证(2)(2)2(2)(2)3xxyyxyxyxy即证2231232(2)

(2)xxyyxyxy，即证2220xxyy，即证2()0xy，显然成立所以原不等式成立.（2）证明：假设a，b，c都小于等于0，则0abc，又由2123axy，223byz，2126czx

得：-17-22222211122321110362abcxyyzzxxyz这与0abc矛盾，所以假设不成立，所以原命题成立.【点睛】本题考查由分析法和反证法证明命题成立，属于中档题.26.

已知函数()ln(1)fxxax=--，Ra．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）当1x时，ln()1xfxx恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)若0a，()fx在(0,)上单调递增；若0a，()fx在1(0,)a上单调递增，在1(,)a

上单调递减;(2)1[,)2【解析】【分析】（1）fx的定义域为0,，1axfxx，对实数a分情况讨论，得出单调性；（2）2lnln(1)()11xxxaxfxxx，令2()l

n(1),(1)gxxxaxx，所以'()ln12,gxxax令ln12hxgxxax，12axhxx，再分情况讨论，求出实数a的取值范围．【详解】（1）fx的定义域为0,

，1axfxx，若0a，则0fx恒成立，∴fx在0,上单调递增；若0a，则由10fxxa，当10,xa时，0fx；当1,xa时，0fx，∴fx在10,a

上单调递增，在1,a上单调递减．综上可知：若0a，fx在0,上单调递增；-18-若0a，fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减．（2）

2ln1ln11xxaxxfxxx，令2ln1gxxxax，1x，ln12gxxax，令ln12hxgxxax，12axhxx①若0a，0hx，gx在1,上单调递增，1120g

xga，∴gx在1,上单调递增,10gxg，从而ln01xfxx不符合题意．②若102a，当11,2xa，0hx，∴gx在11,2a上单调递增，从而1120

gxga，∴gx在1,上单调递增,10gxg，从而ln01xfxx不符合题意．③若12a，0hx在1,上恒成立，∴gx在1,上单调递减，1120gxga，∴gx在1

,上单调递减,10gxg，ln01xfxx综上所述，a的取值范围是1,2．【点睛】本题主要考查函数单调性的求法，满足条件的实数的取值范围的求法，综合性强，难度大，对数学思维的要求较高，

解题时应注意导数性质的合理利用．-19--20-