【文档说明】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2019-2020学年高二7月月考（期末考试）数学（文）试题 【精准解析】.doc，共(21)页，1.585 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-791b65b876754e0f4e4e92e524337c1c.html

以下为本文档部分文字说明：

高二文科数学期末考试试题一、单选题：（每题5分，共60分）1.已知集合2230,ln()AxxxBxyx=+−==−，则AB=（）A.[3,0]−B.[3,1]−C.[3,0)−D.[1,0)−【答案】C【解析】【分析】解出集合,AB中的范围,再求交集即可.【详

解】由2230xx+−有(1)(3)0xx−+,即31x−,又ln()x−中0x−即0x.故AB=[3,0)−故选C【点睛】本题主要考查二次不等式的求解与集合的基本运算,属于基础题型.2.已知命题:pxR，sin1x„，则A.:pxR,sin1x…B.

:pxR,sin1x…C.:pxR,sin1xD.:pxR,sin1x【答案】C【解析】试题分析：因为全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题，所以,只需将原命题中的条件全称改特称，并对结论进行否定，故答案为C．考点：全称命题与特称命题的否定．3.复数

1cosisinzxx=−，2sinicoszxx=−，则12zz=（）A.4B.3C.2D.1【答案】D【解析】复数12cossin,sincoszxixzxix=−=−，则()2212cossincossincossi

nzzxxxxixx=−+−−=i−，则121zz=，故选D.4.已知函数()fx的定义域为(),−+，如果()2sin,02016lg(),0xxfxxx+=−，那么(2016)(7984)4ff+−=（）A.2016B.14C.4D.12016【答案】C【解

析】【分析】由题意可知(2016)(7984)(2016)(100002016)44ffff+−=+−+，再利用分段函数，代入计算，即可得出结论．【详解】()2sin,02016lg(),0xxfxxx+=−，(2

016)(7984)(2016)(100002016)44ffff+−=+−+42sinlg10000lg1044===.故选：C．【点睛】本题考查分段函数，考查学生的计算能力，属于基础题．5.若1cos86−=，则3cos24

+的值为()A.1718B.1718−C.1819D.1819−【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式求出cos24−的值，再利用诱导公式求出3cos24+的值．【详解】解：1cos()86−=，2cos(2)2cos()148

−=−−212()16=−1718=−，3cos(2)cos[(2)]44+=−−cos(2)4=−−1718=．故选：A．【点睛】本题考查了余弦二倍角公式与诱导公式的应用问题，属于基础题．6.下列命题中假命题是

()A.∃x0∈R，lnx0＜0B.∀x∈(－∞，0)，ex＞x＋1C.∀x＞0,5x＞3xD.∃x0∈(0，＋∞)，x0＜sinx0【答案】D【解析】【详解】∃x0∈R，lnx0＜0，的当x∈（0，1）时，恒成立，所以正确；x∈（﹣∞，0），令g（x）＝ex﹣x﹣

1，可得g′（x）＝ex﹣1＜0，函数是减函数，g（x）＞g（0）＝0，可得∀x∈（﹣∞，0），ex＞x+1恒成立，正确；由指数函数的性质的可知，∀x＞0，5x＞3x正确；令f(x)＝sinx－x(x＞0)，则f′(x)＝c

osx－1≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)＜f(0)，即f(x)＜0，即sinx＜x(x＞0)，故∀x∈(0，＋∞)，sinx＜x，所以D为假命题，故选D.7.已知函数2(1)yfxx=−+是定义在R上的奇函数，若(2)1f−=，则(0)f=（）A.-3B.-2C.-1D

.0【答案】A【解析】【分析】根据函数奇偶性的性质进行转化求解即可.【详解】解：设2()(1)gxfxx=−+，因为函数2(1)yfxx=−+是定义在R上的奇函数，(2)1f−=所以(1)(2)1112gf−=−+=+=，即(1)(1)2gg−=−=，则(1)2

g=−，所以(1)(0)12gf=+=−，则(0)3f=−故选：A【点睛】此题考查函数值的计算，根据函数的奇偶性的性质，进行转化求解是解此题的关键，属于中档题.8.已知,,ABC是ABC的三个内角，设2()4sincos()cos242BfBBB=−+，

若()2fBm−恒成立，则实数m的取值范围是（）A.1mB.3m−C.3mD.1m>【答案】D【解析】【详解】试题分析：先化简2()4sincos()cos242BfBBB=−+1cos24sincos22BBB+−=+12sinB=+，因为()2fBm−恒

成立，所以()2mfB−恒成立，即2sin1mB−恒成立，所以1m>，故选D.考点：三角函数二倍角公式、降次公式；9.已知定义在R上的偶函数()fx的导函数为()fx，当0x时，有2()()0fxxfx

+，且(1)0f−=，则使得()0fx成立的x的取值范围是()A.(1,0)(0,1)−B.(,1)(1,)−−+C.(1,0)(1,)-??D.(,1)(0,1)−−【答案】B【解析】【分析】根据条件构造函数2()()gxxfx=，求函数的

导数，判断函数的单调性，将不等式进行转化求解.【详解】由题意，设2()()gxxfx=，则2'()2()()[2()'()]gxxfxxfxxfxxfx=+=+，因为当0x时，有2()'()0fxxfx+，所以当0x时，'()0gx，所以函数2()(

)gxxfx=在(0,)+上为增函数，因为(1)0f−=，又函数()fx是偶函数，所以(1)(1)0ff=−=，所以(1)0g=，而当()0gx时，可得1x，而()0gx时，有()0fx，根据偶函数图象的对称性，可知()0fx的解集为()(),11,−−+，故选B.【点睛】该

题考查的是与导数相关的构造新函数的问题，涉及到的知识点有函数的求导公式，应用导数研究函数的单调性，解相应的不等式，属于中档题目.10.已知log1,23,1aabc=−，设logbxa=−，logbyc=，1

3za=，则,,xyz的大小关系正确的是()A.zxyB.zyxC.xyzD.xzy【答案】A【解析】由题意得1log1abba=−=，2323log3(,2)2aa，所以1b且1c，所以11221loglogl

og2bbbxaab−=−=−=−=，所以log0byc=，且11(,1)32za=，所以zxy，故选A．11.函数()1,0252sin2,0,6xxfxxx=+，，若方程()fxa=恰

有三个不同的解，记为123,,xxx，则123xxx++的取值范围是()A.10102,33−B.552,33−C.10101,33−D.551,33−【答案】D【解析】【分析】

由方程()fxa=恰有三个不同的解，作出()fx的图象，确定123,,xxx，的取值范围，得到23,xx的对称性，利用数形结合进行求解即可．【详解】设123xxx作出函数()fx的图象如图：由522,626xkkZxk+=+=−则当1k=时,566x=−=,

即函数的一条对称轴为56x=，要使方程()fxa=恰有三个不同的解，则12a,此时23,xx,关于56x=对称，则232355263xxxx+=+=当1212xx==−，即110x−，则123153xxxx++=+110x−112355555113333

3xxxx−+−++则123xxx++的取值范围是551,33−，选D.【点睛】本题主要考查了方程与函数，数学结合是解决本题的关键，数学结合也是数学中比较重要的一种思想方法．12.已知函数

2()ln(1)fxaxx=+-在区间()0,1内任取两个实数p，q，且pq，不等式(1)(1)2fpfqpq+-+>-恒成立，则实数a的取值范围为（）A.)8,+B.)18,+C.(8,12D.(12,18]-【答

案】B【解析】【分析】因为pq，不妨设pq，则(1)(1)2fpfqpq+-+>-，即有()()(1)21(1)21fppfqq+-+>+-+，构造函数()2()2ln(1)2gxfxxaxxx=-=

+--，则有()2()2ln(1)2gxfxxaxxx=-=+--在()1,2单调递增，则()0gx在()1,2恒成立即可，从而求解得到a的取值范围.【详解】解：因为pq，不妨设pq，因为(1)(1)2fpf

qpq+-+>-，所以()()(1)21(1)21,fppfqq+-+>+-+()()()()0,1,0,1,11,2,11,2pqpq++即函数()2()2ln(1)2gxfxxaxxx=-=+--在()1,2单调递增，(

)2201agxxx=−−+在()1,2内恒成立，即2242axx++在()1,2内恒成立，由于二次函数2242yxx=++的对称轴为1x=−，开口向上，所以该函数在()1,2上是单调增函数，

故2x=时，224218yxx=++=，在()1,2x时，224218yxx=++18a.故选：B.【点睛】本题重点考查导数的应用，函数的几何性质等知识，注意分离参数在求解中的灵活运用，属于中档题.二、填空题：（每题5分，共20分）13.

设f（x）为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=2x+2x+m，则f（﹣1）=_______.【答案】3−【解析】【分析】由函数()fx是R上的奇函数，求得1m=−，得到当0x时，函数()221xfxx=+−，再由(

)()11ff−=−，即可求解.【详解】由题意，因为函数()fx是R上的奇函数，则()002200fm=++=，解得1m=−，即当0x时，函数()221xfxx=+−，又由()()111(2211)3ff−=−=−+−=−.故答案为：3−.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用

，以及函数值的求解，其中解答中熟练应用函数的奇偶性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14.已知函数()yfx=(xR)的图象如图所示，则不等式()0xfx的解集为_____．【答案】()10,2,2+【解析】【分析】先由()yfx=的图象得到函数的单调区间，从

而可得()0fx和()0fx的解集，进而求出()0xfx的解集.【详解】解：由()yfx=的图象可知()fx在1(,)2−和(2,)+上单调递增，在1(,2)2上单调递减，所以()0fx的解集为1(

,)2−(2,)+，()0fx的解集为1(,2)2，由()0xfx得()00fxx或()00fxx，所以()0xfx的解集为()10,2,2+，故答案为：()10,2,2

+【点睛】此题考查函数图象与其导数间的关系，属于基础题.15.现给出五个命题：①aR，212aa+；②223,,2()2abRabab+−−；③103147−−；④4()cos,0,cos2fxxxx=+的最小值等于4；⑤若不等式2210kx

xk−+−对1,1k−都成立，则x的取值范围是312x−.所有正确命题的序号为______【答案】②③⑤【解析】【分析】①1a=时不成立；②作差后再配方可得答案；③利用分析法证明；④不满足基本不等式的条件；⑤构造关于k的

一次函数，再利用一次函数的单调性可求出x的取值范围【详解】解：①当1a=时，212aa+=，所以①不正确；②因为222222232()23(1)()1210aabababbab+−−−−++=+=+−++，所以223

,,2()2abRabab+−−成立；③要103147−−成立，只要证304711++，只要证270242，此式显然成立，所以③正确；④由于0,2x，所以()cos0,1x

，因为4()cos244cosfxxx=+=，而此时要()cos20,1x=，所以取不到等号，所以4()cos,0,cos2fxxxx=+的最小值不等于4，所以④不正确；⑤令22()21(1)21fkk

xxkxkx=−+−=−−+，因为不等式2210kxxk−+−对1,1k−都成立，所以(1)0(1)0ff−，即2212101210xxxx−−+−−+，解得312x−，所以⑤正确故答案为：②③⑤【点睛】此题考

查了不等式的性质，利用分析法证明不等式，基本不等式，属于中档题.16.若函数221()22xfxx+=+−的零点的和为0x，则0()fx=_____【答案】154【解析】【分析】将函数的零点转化为两函数图象交点的横坐标，利用偶函数的性质可得两零点的和，从而可求出0()fx的值.

【详解】令()0fx=，则22122xx++=，令2xt+=，则212tt=，令21(),()2tgttht==，两函数均为偶函数，如图两函数图象交于两点，且两个点关于y轴对称，设两交点的横坐标分别为12,tt，则120tt+=，所以()fx的两个零点12,

xx的大小分别为122,2tt−−，则012224xtt=−+−=−，所以42201115()(4)424244fxf−+=−=−+−=−=，故答案为：154【点睛】此题考查了函数与方程，函数的零点，考查了转化思想，利用了数形结合的思想，属于中

档题.三、解答题：（17题10分，其它每题12分，共70分）17.已知命题p：函数()fx为(0,)+上单调减函数，实数m满足不等式(1)(32)fmfm+−．命题q：当[0,]2x，函数2sin2sin1mxxa=−++.若命题p是命题q的充分不必

要条件，求实数a的取值范围.【答案】1223a【解析】【分析】由题意结合函数的定义域及单调性可得命题p对应集合A，由三角函数的性质及二次函数的性质可得命题q对应集合B，再由命题间的关系即可得AB，即可得解.【详解】设命题p，q所对应集合分别为A，B．由题意p：102332032

132mmmmm+−+−，23,32A=，当[0,]2x时，sin0,1x，所以q：22sin2sin1(sin1)[,1]mxxaxaaa=−++=−++，[,1]Baa=+，因为命题p是命题

q的充分不必要条件，所以A212332312aBaa+.所以实数a的取值范围为1223a.【点睛】本题考查了函数单调性的应用、正弦型函数值域的求解，考查了充分条件、必要条件的应用，属于中档题.18.（1）若sincos2

sincos+=−，求3sin(5)sin2−−的值；（2）在ABC中，内角,,ABC对边的边长分别是,,abc，已知2c=，3C=，ABC的面积等于3.求,ab的值.【答案】（1）310；（2）2ab==.【解析】【分析】（

1）把sincos2sincos+=−化成正切函数并求出正切值，把3sin(5)sin2−−化简并用正切表示，则其值可求.（2）根据面积和余弦定理列方程组可解.【详解】解：（1）

若sincoscos0,1sincos+==−与sincos2sincos+=−矛盾，所以cos0，所以sincostan12,tan3sincostan1++===−−，()2223si

ncostan3sin(5)sinsincos2sincos1tan10−−=−−===++（2）因为3C=，1sin3,42ABCSabCab===△由余弦定理，222222c

os,4cababCabab=+−=+−，()243,4ababab=+−+=，42,+42abaabb====所以2ab==【点睛】考查三角函数的恒等变形求三角函数值，考查用余弦定理和面积公式解三角形，中档题.19.（1）已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在

x＝－1时有极值0，求常数a，b的值；（2）设函数g(x)＝x3－6x＋5，x∈R.若关于x的方程g(x)＝m有三个不同的实根，求实数m的取值范围.【答案】（1）a=2，b=9；（2）5－42＜a＜5＋42.【解析】【分析】（1）求出函数()fx的导函数，由3

22()3fxxaxbxa=+++在1x=−时有极值0,则(1)0,(1)0ff−=−=，两式联立可求常数a，b的值；（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数a的取值范围.【详解】（1）由322()3fxxaxbxa=+++可得2()36=++fxxaxb，因

为322()3fxxaxbxa=+++在1x=−时有极值0，所以(1)0(1)0ff−=−=，即2360130ababa−+=−+−+=，解得13ab==或29ab==，当1,3ab==时，22()3633(1)0fx

xxx=++=+，函数()fx在R上单调递增，不满足在1x=−时有极值，故舍去.所以常数a，b的值分别为2,9ab==.（2）()2()32gxx=−Q，令()0gx=，解得122,2xx=−

=，当2x−或2x时()0gx，当22x−时，()0gx，()gx的递增区间是(,2)−−和(2,)+，单调递减区间为(2,2)−，当2,()xfx=−有极大值542+，当2,()xfx=有极小值542−，由上分析可知y=f(x)图象的大致形状及走向，当542542a−

+时，直线ya=与函数()yfx=的图象有3个不同交点，即方程g(x)＝m有三个不同的实根【点睛】本题主要考查利用函数的导数求极值，利用导数研究函数的单调区间，考查转化思想的运用，以及运算能力，属于中档题.20

.设函数()21cos3sincos2fxxxx=−+.（1）求()fx的最小正周期及值域；（2）已知ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若()32fBC+=，3a=，3bc+=，求ABC的面积．【答案】（1），02

，;（2）32.【解析】【分析】（1）将函数解析式化成()cos213fxx=++的形式后再求周期及值域．（2）由()32fBC+=可求得3A=，然后根据余弦定理及条件可得2bc=，进而可得三角形的面积．【

详解】（1）由题得()21cos3sincos2fxxxx=−+=πcos213x++，所以()fx的最小正周期为T=，∵xR，∴π1cos213x−+，∴0cos2123x++，故函数()fx的值域为02，．（2

）由()()π3cos2132fBCBC+=+++=，得π1cos232A−=，又()0πA，，∴52(,)333A−−，∴233A−=，∴3A=．在ABC中，由余弦定理得222π2cos3abcbc=+−=()23bcbc+−，又3a=

，3bc+=，∴393bc=−，解得2bc=，∴ABC的面积为1π133sin223222Sbc===．【点睛】（1）解决三角函数的性质的有关问题时，首先应将函数的解析式化成()sin()fxAx=+或()cos()fxAx=+的形式，然后

将x+作为一个整体，并结合正弦（余弦）函数的相关性质求解．（2）解三角形与三角函数的图象与性质经常综合在一起考查，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等，体现了知识间的综

合和联系．21.已知在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc,且coscos23sin3sinBCAbcC+=.（1）求b的值；（2）若cos3sin2BB+=,求ac+的取值范围.【答案】（1）32b=（2）3,32ac+【解析】试题分析：（1）本

问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求b的值，所以可以考虑到根据余弦定理将cos,cosBC分别用边表示，再根据正弦定理可以将sinsinAC转化为ac，于是可以求出b的值；（2）首先根据sin3cos2BB+=求出角B

的值，根据第（1）问得到的b值，可以运用正弦定理求出ABC外接圆半径R，于是可以将ac+转化为2sin2sinRARC+，又因为角B的值已经得到，所以将2sin2sinRARC+转化为关于A的正弦型函数表达式，这样就可求出取值范

围；另外本问也可以在求出角B的值后，应用余弦定理及重要不等式222acac+，求出ac+的最大值，当然，此时还要注意到三角形两边之和大于第三边这一条件.试题解析：（1）由coscos23sin3sinBCAbcC+=，应用余弦定理，可得2222222

3223acbabcaabcabcc+−+−+=化简得23b=则32b=（2）cos3sin2BB+=13cossin122BB+=即sin16B+=()0,B62B+=所以3B=法一.21s

inbRB==,则sinsinacAC+=+=2sinsin3AA+−=33sincos22AA+=3sin6A+又20,3A332ac+法二因为32b=由余弦

定理2222cosbacacB=+−得()2334acac=+−，又因为22acac+，当且仅当ac=时“=”成立.所以()2334acac=+−()()222324acacac+++−=3ac+

又由三边关系定理可知32acb+=综上3,32ac+22.已知函数()lnfxx=，()gxxm=+.()Ⅰ若()()fxgx恒成立，求m的取值范围；()Ⅱ已知1x，2x是函数()()()Fxfxgx=−的

两个零点，且12xx，求证：121xx.【答案】（1）1m−（2）见解析【解析】试题分析：()1构造()()()lnFxfxgxxxm=−=−−，求导，算单调性，取最值情况()2法一：联立方程组求解21211lnlnxxxx−=−转化为证明212112lnlnxxxxx

x−−，设21xtx=，求导证明结论；法二：要证121xx，只需证211xx，由单调性只需证()211FxFx，令()12lnhxxxx=−+−证明结论解析：()1令()()()ln(0)Fxfxgxxxmx=−=−

−，有()111xFxxx−=−=，当1x时，()0Fx，当01x时，()0Fx，所以()Fx在()1,+上单调递减，在()0,1上单调递增，()Fx在1x=处取得最大值，为1m−−，若()()fxgx恒成立，则10m−−即1m−.()2方法一：12

0xx，211xx，112211220,lnln0lnxxmxxxxlnxxm−−=−=−−−=，即2121lnlnxxxx−=−21211lnlnxxxx−=−，欲证：121xx，只需证明2112211lnlnxxxxxx−=−，只需证明21211

2lnlnxxxxxx−−，只需证明221112lnxxxxxx−.设211xtx=，则只需证明12ln,(1)tttt−，即证：12ln0,(1)tttt−+.设()12ln(1)Httttt=−+，()()22212110tHtttt−=−−

=−，()Ht在()1,+单调递减，()()12ln1110HtH=−+=，12ln0ttt−+，所以原不等式成立.方法二：由（1）可知，若函数()()()Fxfxgx=−有两个零点，有(

)10F，则1m−，且1201xx，要证121xx，只需证211xx，由于()Fx在()1,+上单调递减，从而只需证()211FxFx，由()()120FxFx==，只需证111111ln0Fmxxx=−−，又()111ln0Fxxxm=−−=

，11lnmxx=−即证1111111111lnlnln0mxxxxxx−−=−+−即证11112ln0xxx−+−，1(01)x.令()12ln(01)hxxxxx=−+−，()222122110xxhxxxx−+=+−=，有()hx在()0,1上单调递增，()

()10hxh=，()111112ln0hxxxx=−+−.所以原不等式121xx成立.点睛：本题考查了运用导数证明恒成立和不等式问题，在证明恒成立时构造新函数，求导利用单调性即可证明，在证明不等式时，有一定难度，注意题目的转化，构造21xtx=或是利用

单调性转化为()12lnhxxxx=−+−，本题属于难题．