【文档说明】宁夏石嘴山三中2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理）试题含答案.docx，共(11)页，490.766 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前石嘴山市第三中学高二（下)期末数学（理)试卷第I卷（选择题 共60分)请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．设21zii=+，则z=（）A．2i+B．2i−C．2i−+D．2i−−2．若集合A

x1x1=−，2Bxlogx1=，则AB=（）A．()1,1−B．()0,1C．()1,2−D．()0,23．函数22()ln(1)fxxx=+−的零点所在的大致区间为（）A．(0,1)B．(1,2)C．(2,3)D．(3,4)4．已知()()231fxfxx+−=+，则()fx=（

）A．133x−+B．3x−C．31x−+D．13x−+5．设0.50.5a=，0.50.3b=，0.3log0.2c=，则a，b，c的大小关系是()A．cbaB．abcC．bacD．acb6．函数21ln2yxx=−的单调递减区间为（）

A．(,1)−B．(1,2)C．(0,1)D．(1,)+7．函数2sin()ln2sin−=+xfxxx的部分图象可能是（）A．B．C．D．8．已知(21)4(1)()log(1)aaxaxfxxx−+=是R上的单调递减函数，则实数

a的取值范围为（）A．(0,1)B．10,3C．11,62D．1,169．已知函数2()lg()fxaxxa=−+定义域为R，则实数a的取值范围是（）A．11(,)22−B．11(,)(,)22−−+C．1(,)2

+D．11(,)[,)22−−+10．已知函数()2,01ln,0xxfxxx−=，()()gxfxxa=−−.若()gx有2个零点，则实数a的取值范围是（）A．)1,0−B．)0,

+C．)1,−+D．)1,+11．定义在R上的函数()fx满足()()2fxfx+=，当3,5x时，()24fxx=−−，则下列不等式一定不成立的是（）A．cossin66ffB．()()sin1c

os1ffC．22cossin33ffD．()()sin2cos2ff12．设函数()fx是函数()()fxxR的导函数，当0x时，()()30fxfxx+，则函数()()31gxfxx=−的零点个数为（）A．3B．2C．1

D．0第II卷（非选择题 共90分)请点击修改第II卷的文字说明二、填空题13．494log4327loglg25lg473+++=______.14．过点(1,1)−−与曲线xyex=+相切的直线方程为______________.15．某企业准备投入适当的广告费对甲产品进行促

销宣传，在一年内预计销量y（万件）与广告费x（万元）之间的函数关系为31(0)2xyxx=++，已知生产此产品的年固定投入为4万元，每生产1万件此产品仍需要再投入30万元，且能全部销售完，若每件甲产

品销售价格（元）定为：“平均每件甲产品生产成本的150%”与“年平均每件产品所占广告费的50%”之和，则当广告费为1万元时，该企业甲产品的年利润比不投入广告费时的年利润增加了__________万元．16．设函数()323axfxbx=−213ax+−在1x=处取得极值为0，则

ab+=__________．三、解答题17．已知非空集合()2230Axxaaxa=−++，集合211xBxx=−，命题:pxA．命题:qxB．（1）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围；（2）当实数a为何值时，p是

q的充要条件．18．在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程1cossinxy=+=（为参数）．以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求圆C的极坐标方程；（2）直线l的极坐标方程是()sin3cos33+=，射线:3OM=与圆C的交点

为O，P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．19．已知函数()2()ln23fxxax=++.（1）若()fx是定义在R上的偶函数，求a的值及()fx的值域；（2）若()fx在区间[3,1]−上是减函数，求a的取值范围.20．已知函数3()3fxxx=−.（1）求函数()fx的极值；

（2）若()1()lnfxgxaxx+=+在[1,)+上是单调增函数，求实数a的取值范围.21．已知()|1||2|fxxx=−++.（1）求()fx的最小值n；（2）已知,,abc为正数，且13abcn=，求

证222()()()12abbcca+++++.22．已知函数32()2fxxaxb=−+.（1）讨论()fx的单调性；（2）是否存在,ab，使得()fx在区间[0,1]的最小值为1−且最大值为1？若存在，求出,ab的所有值；若不存在，说明理由.参考答案1-5BBBAC

6-10CACCD11-12AD13．15414．21yx=+.15．14.516．79−17．（1）(1,1−；（2）1a=−.【详解】（1）解不等式211xx−，即101xx+−，解得11x−，则11Bxx=−.由于p是q的充分不必要条件，则AB，()()

20Axxaxa=−−，①当2aa=时，即当0a=或1a=时，A=B；②当2aa时，即当0a或1a时，2Axaxa=，AB，则211aa−，解得10a−，又当1a=−，11AxxB=−=，不合乎题意.所以10a−；③当2aa时，即当01a

时，AB，则211aa−，此时01a.综上所述，实数a的取值范围是(1,1−；（2）由于p是q的充要条件，则()1,1AB==−，所以，1−和1是方程()2230xaaxa−++=的两根，

由韦达定理得2301aaa+==−，解得1a=−.18．（1）2cos=；（2）2【详解】（1）因为，圆C的参数方程1cossinxy=+=（为参数），消去参数可得：()2211xy−+=；把cos

sinxy==代入()2211xy−+=，化简得：2cos=，即为此圆的极坐标方程；（2）设,PQ两点的极坐标为：1(,)P，2(,)Q，因为直线l的极坐标方程是()sin3cos33+=，射线:3OM=，将3=代入()sin3cos33+=

得3133322+=，即23=；将3=代入2cos=得12cos13==，所以122PQ=−=．19．（1）0a=，[ln3,)+；（2）(5,4]a−−解：（1）因为()fx是定义在R上的偶函数，所以()()fxfx=−，所以()

()22ln23ln23xaxxax++=−+，故0a=，此时，()2()ln23fxx=+，定义域为R，符合题意.令223tx=+，则3t…，所以lnln3t…，故()fx的值域为[ln3,)+.（2）设2()23,()lnuxxaxgu

u=++=.因为()fx在[3,1]−上是减函数，所以2()23uxxax=++在[3,1]−上是减函数，且()0ux在[3,1]−上恒成立，故min1,4()(1)50,auxua−==+…解得54a−−

，即(5,4]a−−.20．（1）极大值为2；极小值为2−；（2）[1,)−+【详解】（1）2()333(1)(1)fxxxx=−=+−，令()0fx=，得1x=−或1x=.当()0fx时，1x−或1x；当()0fx时，11x−.随x的变化，,()fxfx

()变化如下表所示：x(),1−−1−(1,1)−1()1,+()fx+0−0+()fx单调递增极大值2单调递减极小值2−单调递增因此，当1x=−时，()fx有极大值，且极大值为2；当1x=时，()fx有极小值，且极小值为2−.（2）21

()3lngxxaxx=+−+，则21()2agxxxx=−+.因为()gx在[1,)+上是单调增函数，所以()0gx在[1,)+上恒成立，即不等式2120axxx−+在[1,)+上恒成立，也即212axx−在[1,)+

上恒成立.设21()2hxxx=−，则21()4hxxx=−−.当[1,)x+时，()0hx恒成立，所以()hx在[1,)+上单调递减，max()(1)1hxh==−.所以1a−，即实数a的取值范围

为[1,)−+.21．（1）3；（2）证明见解析.【详解】（1）依题意()|1||2||1||2|123fxxxxxxx=−++=−++−++=，当且仅当0x=时，取得最小值，故()fx的最小值为3.（2）由

（1）知1abc=，222()()()abbcca+++++()()22222abcabacbc=+++++3322222223236612abcabc+=+=，当且仅当1abc===时等号成立.22．(1)见详解；(2)01ab==−或41ab==.【详解】(1)对32()

2fxxaxb=−+求导得2'()626()3afxxaxxx=−=−.所以有当0a时，(,)3a−区间上单调递增，(,0)3a区间上单调递减，(0,)+区间上单调递增；当0a=时，(,)−+区间上单调递增；当

0a时，(,0)−区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+区间上单调递增.(2)若()fx在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以若0a，(,)3a−区间上单调递增，(,0)3a

区间上单调递减，(0,)+区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f=−，(1)1f=代入解得1b=−，0a=，与0a矛盾，所以0a不成立.若0a=，(,)−+区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f=−，(1)1f=代入解

得01ab==−.若02a，(,0)−区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+区间上单调递增.即()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)fbfabf==−+，故所以区间[0,1]上

最大值为(1)f.即322()()13321aaabab−+=−−+=相减得32227aa−+=，即(33)(33)0aaa−+=，又因为02a，所以无解.若23a，(,0)−区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)

3a+区间上单调递增.即()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)fbfabf==−+，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f.即322()()1331aaabb−+=−=相减得3227a=，解

得332x=，又因为23a，所以无解.若3a，(,0)−区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+区间上单调递增.所以有()fx区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f，最小值为(1)f即121bab=−+=−解得41ab==

.综上得01ab==−或41ab==.