【文档说明】安徽省寿县第二中学2020-2021学年高二下学期第二次月考数学（理）试卷含答案.doc，共(12)页，1.184 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度第二学期第二次月考高二理数满分：150分时间：120分钟一、单选题：本大题共12小题，每小提5分，共60分.1．若i为虚数单位，则113ii−+在复平面上对应的点位于（C）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2.设函数()yfx=在R上可导

，则0(1)(1)lim3xfxfx→+−等于（C）A．(1)fB．3(1)fC．1(1)3fD．以上都不对3．函数0()(4)xfxttdt=−在[1,5]−上（B）A．有最大值0，无最小值B．有最大

值0，最小值323−C．最小值323−，无最大值D．既无最大值，也无最小值4．若函数()fx在R上可导，且()()()222fxxfxmmR=++，则（C）A．()()05ffB．()()05ff=C．()()05ffD．以上答案都不对4()()22'2fxxfx

m=++，()()'22'2fxxf=+,()()22222ff=+,()24f=−,()28fxxxm=−+，图象为开口向上的抛物线，其对称轴方程为：4x=，()()05ff.故选：C．5.函数()2ln=+xfxxx的大致图象是（A

）A．B．C．D．5.函数()2ln=+xfxxx的定义域为|0xx关于原点对称，又()()22lnlnxxxffxxxxx−=−−+=−+=−−所以()fx是奇函数，排除BC当0x时，()2lnxfxxx=+

，则()221lnxfxx=+−在()0,+上递增，又()()110,l2201n2ff==−+，所以函数()fx在()1,2内存在零点0x，且当00xx时，()0fx，当0xx时，()0fx，所以()fx在()00,x上递减，在()0,x+上递

增，排除D故选：A6．已知()211111112=+++++−++fnnnnnn，则（C）A．()fn中共有n项，当n=2时，()11223=+fB．()fn中共有()1n+项，当n=2时，()11121234=+++fC．()fn中共有()22−+nn项，当n=2时，()11121234=++

+fD．()fn中共有()21−+nn项，当n=2时，()11121234=+++f7．若函数3()lnfxxx=，则（B）A．既有极大值，也有极小值B．有极小值，无极大值C．有极大值，无极小值D．既无极大值，也无极小值7依题意，222

()3ln(3ln1)fxxxxxx=+=+；令()0fx=，解得13xe−=，故当130,xe−时，()0fx，当13,xe−+时，()0fx，故当13xe

−=时，函数()fx有极小值，且函数无极大值，故选：B．8.已知函数(1)xyaba=+的图象经过点(2,1)，则16ba−的最小值为（A）A.11B.12C.13D.148.由题可得：2211abba+==−，所以

16ba−=2161aa+−，令y=2161aa+−，32216216'2ayaaa−=−+=，令'0y可得在(2,)+递增，则在(1,2)递减，故在x=2处取得最小值，最小值为48111+−=，故答案为11.9．曲线xy1=与曲线2xy−=的公切线方程为（A）A．44+−=xyB．44−=x

yC．42+−=xyD．42−=xy10.已知偶函数()fx的定义域为|0xx，导函数为()fx，()13f=，()()22fxxfx+，则不等式()221fxx+的解集为（）A．|2xx

−或2xB．|20xx−或02xC．|10xx−或01xD．|1xx−或1x10.设()()22gxxfxx=−，则易知()gx为偶函数又()()()()()22222gxxfxxfxxxfxxfx=+−=+−则当0x时()0g

x¢>，函数()gx为增函数,当0x时()0gx¢<，函数()gx为减函数又()()1112gf=−=，不等式()221fxx+可化为()222xfxx−即()()1gxg，所以1x或1x−，所以不等式的

解集为|1xx−或1x故选：D.11.已知函数ln,0,()(2),2,xxefxfexexe=−„，若方程()()Fxfxax=−有4个零点，则a的可能的值为（A）A．14B．1C．12D．1e11解：根据函数()fx的解析式可知，函数的图象如下：要使方程()()F

xfxax=−有4个零点，则()fx的图象与直线yax=有4个不同的交点，所以只需a小于lnyx=在区间[1,]e上的过坐标原点的切线的斜率即可.由lnyx=，得1yx=，设切点坐标为()00,xy，则切线方程为()0001lnyxxxx−=−，又切线过(0,

0)，所以()0001lnxxx−=−，解得0xe=，故此时切线的斜率为011xe=，故10,ae，结合选项知，选：A.12．已知函数2()e2xfxaxax=−+有两个极值点，则a的取值范围是（D）A．(,)e+B．,2e+C．()2,e+D

．2,2e+12.因为2()e2xfxaxax=−+有两个极值点，所以()0fx=有两个不同实数根，所以220xeaxa−+=有两个不同实数根，所以()21xeax=−有两个不同实数根，显

然0a，所以112xxae−=有两个不同实数根，记()1xxgxe−=，()2xxgxe−=，当(),2x−时()0gx，当()2,x+时()0gx，所以()gx在(),2−上单调递增，在()2,+上单调递减，所以()()2max12gxge==，又因为(,1x−

时，()0gx；当()0,2x时，()210,gxe；当)2,x+时，()210,gxe，所以当112xxae−=有两个不同实数根时2110,2ae，所以

22ae，所以22ea，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.．021214edxxdxx−+−=______________.1+14.由曲线y＝1x，y2＝x与直线x＝2，y＝0围成封闭图形的其面积为________．23＋ln215．

已知函数()xfxemx=−，且当121xx时，()()1221fxfxxx，则实数m的取值范围为___________.(,]e−15.依题意，()()1122xfxxfx，令()()2xxemgxxfxx=−=，则函数()()gxxfx=在()1,+上单调递增，则

()()120xgxxemx=+−在()1,+上恒成立，即(1)2xxemx+在()1,+上恒成立，令(1)()xxehxx+=，则()222(2)(1)(1)0xxxxxexexxehxxx+−++−==在()1,+上显然恒成立，所以(1)(

)xxehxx+=在()1,+上单调递增，则()()min12hxhe=；因此只需22em，解得me，即实数m的取值范围为(,]e−.16.若lnxaexa−+对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是_____

______.1a16设()()ln,0xafxexax−−−=，则()ln0xafxexa−−=−恒成立，由()1xafxex−=−，令()1xahxex−−=，则()210xahxex−=+恒成立，所以()()1,0xahxex

x−−=为增函数，令10xaex−−=得()0,0xxx=，当00xx时，()0hx，当0xx时，()0hx；所以()fx在()00,x递减，在()0,x+递增，故()fx在0xx=处取得最小值，故最小值()000ln0xafxexa−−=−，因为001xaex−=，则00l

nxax−=−所以0010xaax+−−恒成立，得0012axx+，又因为0012xx+（当且仅当01x=时等号成立）；所以2a≤2即1a.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.

(本题10分)已知函数xaxxxf3)(23+−=.(1)若)(xf在)+,1x上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若3=x是)(xf的极值点，求)(xf在ax,1上的最大值和最小值．解：(1)令f′(x)＝3x2

－2ax＋3＞0，∴a＜32(x＋1x)min＝3(当x＝1时取最小值)．∵x≥1，∴a＜3，a＝3时亦符合题意，∴a≤3.(2)f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5，f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝13

(舍去)．当1＜x＜3时，f′(x)＜0，当3＜x＜5时，f′(x)＞0，即当x＝3时，f(x)的极小值f(3)＝－9.又f(1)＝－1，f(5)＝15，∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.18.(本题12分)如

图，已知多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，60ABC=，AE⊥平面ABCD，//AECF，1ABAE==，AFBE⊥.（1）求证：平面BAF⊥平面BDE；（2）求二面角BAFD−−的余弦值.（1）证

明：∵//AECF，∴四点A、C、F、E共面.如图所示，连接AC，BD，相交于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴对角线BDAC⊥，∵AE⊥平面ABCD，∴AEBD⊥，又AEACA=，∴BD⊥平面ACFE，

∴BDAF⊥，又AFBE⊥，BEBDB=，∴AF⊥平面BDE，AF平面BAF，∴平面BAF⊥平面BDE.（2）取BC的中点M，∵60ABC=，ABBC=，∴ABC是等边三角形，∴AMBC⊥，又//BCAD，∴AMAD⊥，以A点为坐标原点建立如图所

示的空间直角坐标系，则()0,0,0A，31,,022B−，31,,22Fz，()0,1,0D，()0,0,1E.31,,022AB=−，31,,22AFz=

，()0,1,0AD=，31,,122BE=−.∵AFBE⊥.∴31044AFBEz=−++=，解得12z=.设平面ABF的法向量为(),,mxyz=，则00mABmAF==，∴310223110222

xyxyz−=++=，取()1,3,23m=−.同理可得：平面AFD的法向量()1,0,3n=−.∴77,248mncosmnmn===.由图可知：二面角BAFD−−的平面角为钝角，∴二面角BAFD−−的

余弦值为78−.19．(本题12分)已知函数()xexfx=（1）求曲线)(xfy=在点2=x处的切线方程；（2）设()()xxxxfxG2ln−−=，证明：()232ln−−xG（1），且，所以切线方程，即．（2）由，．，所以在为增函数，又因为，，所以存在唯一，

使，即且当时，，为减函数，时，为增函数，所以，，记，，，所以在上为减函数，所以，所以．20．(本题12分)在平面直角坐标系中，直线n过点(3,43)Q且与直线:20mxy+=垂直，直线n与x轴交于点M，点M与点N关于y轴对称，动点P满足||||4PMPN+=.（1）求动点P

的轨迹C的方程；（2）过点(1,0)D的直线l与轨迹C相交于,AB两点，设点(4,1)E，直线,AEBE的斜率分别为12,kk，问12kk+是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.（1）由已知设

直线n的方程为20xyt−+=，因为点()3,43Q在直线n上，所以23430t−+=，解得23t=.所以直线n的方程为2230xy−+=.令0y=，解得3x=−，所以()3,0M−，故()3,0N.因为4PMPN

MN+=，由椭圆的定义可得，动点P的轨迹C是以,MN为焦点的椭圆，长轴长为4.所以2,3ac==，221bac=−=，所以轨迹C的方程为2214xy+=.（2）①当直线l的斜率不存在时，由22114xxy=+=，解得31,2xy==.不

妨设31,2A，31,2B−，则123311222333kk−++=+=.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为()1ykx=−，由()22114ykxxy=−

+=，消去y，得()2222418440kxkxk+−+−=，依题意，直线l与轨迹C必相交于两点，设()11,Axy，()22,Bxy，则2122841kxxk+=+，21224441kxxk−=+，又()111y

kx=−，()221ykx=−，所以()()()()()()1221121212121414114444yxyxyykkxxxx−−+−−−−+=+=−−−−()()()()()12211212114114

164kxxkxxxxxx−−−+−−−=−++()()()()1212121281251164kkxxkxxxxxx++−++=−++()()222222224488125141418441644

141kkkkkkkkkkk−++−+++=−−+++()()22228312482361231231kkkk++===++.综上可得，12kk+为定值23.21．(本题12分)已知函数)ln1()(xxx

f+=.（I）求函数)(xf的单调区间；（II）若Zk，且)()1(xfxk−对任意1x恒成立，求k的最大值.试题分析：（1）解：因为，所以，函数的图像在点处的切线方程；…………5分（2）解：由（1）知，，所以对任意恒成立，即对任

意恒成立．…………7分令，则，……………………8分令，则，所以函数在上单调递增．………………………9分因为，所以方程在上存在唯一实根，且满足．当，即，当，即，…13分所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以．…………14分所以．故

整数的最大值是3．………………………15分22.(本题12分)32．已知函数()()lnfxaxxa=−R.（1）若()0fx，求实数a的取值范围；（2）求证：()()21111lnnknnkk=+−+N（1）因为()1222aaxfxxxx−=−=，0

x，当0a=时，()0fxx=−，符合题意，当0a时，()0fx，()fx在()0,+上单调递减，而()1110aafee=−，不合题意，当0a时，令()0fx，得204xa，令()0fx，得24xa，即()fx在()20,4a上单调递增，在()24,a+上

单调递减，所以()()222max4ln440fxfaaaa==−，解得02ea.综上，实数a的取值范围为0,2e.（2）由（1）知，当1a=时，ln0xx−，即lnxx，所以()()2

lnln1ln1nnnnnn+=++++，得()2111ln1nnnnnn=+−+++，所以()()()()2112132111lnnknnnkk=−+−++++=+−+L，即证.