【文档说明】四川省成都市树德中学2021-2022学年高二下学期4月阶段性测试数学（理） 试题 含解析.docx，共(19)页，1.049 MB，由管理员店铺上传

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树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试数学（理科）试题命题人、审题人：高二数学备课组考试时间：120分钟；满分：150分第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（每小题仅有一个正确选项，选对得5分，共60分）1.

已知x，Ry，i为虚数单位，且()2i2yyx++=−，则xy+的值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据复数相等的概念可求解.【详解】因为,Rxy，()2i2yyx++=−，所以220yxy=−+=，得42xy=

=−，所以422xy+=−=.故选：B2.函数()24.9fxx=−在区间1,2上的平均变化率等于（）A.4.9−B.9.8−C.14.7−D.19.6−【答案】C【解析】【分析】依据平均变化率定义去求解即可.【详解】函数()24.9fxx=−

在区间1,2上的平均变化率等于()()()224.924.912114.72121ff−−−−==−−−故选：C3.设函数()yfx=在R上可导，则()()022limxfxfx→+−等于（）A.()2fB.()2f−C.(

)2f−D.以上都不对【答案】A【解析】【分析】根据导数的定义求解即可.【详解】因为()()()0=limxfxxfxfxx→+−，所以()()()022lim2xfxffx→+−=.故选：A.4.吹气球时，气球的半径r（单位

：dm）与体积V（单位：L）之间的函数关系是()()133054VrVV=，则气球在1V=时的瞬时膨胀率为（）A.231334−B.2334−C.131334D.1334【答案】C【解析】【分

析】根据瞬时变化率的概念和复合函数求导法则计算可得解.【详解】因为23133()344VrV−=,所以气球在1V=时的瞬时膨胀率为23133(1)344r−=131334=.故

选：C5.用数学归纳法证明等式“()()()()222212123123213nnnn++++++++=”，当1nk=+时，等式左边应在nk=基础上加上（）A.()221k+B.()223k+C.()()222223kk+++D.()()()222

212223kkk+++++的【答案】C【解析】【分析】根据数学归纳法的步骤，比较nk=和1nk=+时式子的结构特征，即可得到正确答案.【详解】当nk=时，等式左边应()222212321k+++++；当1nk=+时，等式左边应为()(

)()222222123212223kkk+++++++++.所以当1nk=+时，等式左边应在nk=的基础上加上()()222223kk+++.故选:C6.()20sindxxx−=（）A.218

−B.218−C.218−−D.218+【答案】B【解析】【分析】利用微积分基本定理求出原函数，代入即可求解.【详解】由微积分基本定理可得：()0222201sindco128s|xxxxx−=+=−.故选：B7.

已知函数21()cos4fxxx=+，则()fx的导函数()fx的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出函数()fx的导函数()fx，再探讨()fx的性质，结合性质及取2时的函数值即可判断作为答.【详解】函数21()cos4fxxx=+定义域为R，求导得

1()sin2fxxx=−，显然1()sin()2fxxxfx−=−+=−，因此，函数()fx是R上奇函数，图象关于原点对称，选项C，D不满足，又1()sin1022224f=−=−，选项B不满足

，选项A符合题意.故选：A8.已知函数()fx满足()()()1211e02xfxffxx−=−+，则()1f的值为（）A.eB.1eC.1D.0【答案】A【解析】【分析】求导后代入1x=可求得()0f；将0x=代入()f

x可求得结果.【详解】()()()11e0xfxffx−=−+，()()()1101fff=−+，解得：()01f=；()()101e1ff−==，解得：()1ef=.故选：A.9.已知2ln2a=，eb=，5ln5c=，则以下不等

式正确的是（）A.cabB.cbaC.bacD.bca【答案】A【解析】【分析】先构造函数判断出b最小，再依据函数单调性去比较ac、的大小即可解决.【详解】令()(0)lnxfxxx=，则()2ln1()lnxfxx−=，由()0fx，得ex，由()0fx，得0e

x即当0ex时()fx单调递减，当ex时()fx单调递增即当ex=时()fx取得最小值e(e)elnef==则有(2)(e)ff，(5)(e)ff，即ab，cb又1523030ln215ln2ln2a===，653030ln56ln5ln5c===

由()31553362232255===，可得156ln2ln50则1563030ln2ln5，即ac综上，abc、、的大小关系为cab故选：A10.若函数()2eexxfxxm=−有两个极值点，则实

数m的取值范围是（）A.10,4B.(,0−C.(1,02−D.10,2【答案】D【解析】【分析】由()0fx=，可得出12exxm+=，可知直线2ym=与函数()1exxgx+=的图象

有两个交点（非切点），利用导数分析函数()1exxgx+=的单调性与极值，数形结合可得出实数m的取值范围.【详解】因为()2eexxfxxm=−，则()()()21e2ee12exxxxfxxmxm=+−=+−，令()0fx=，可得12exxm+=，由题意可知，直线2ym=与函数()1exx

gx+=的图象有两个交点（非切点），()exxgx=−，当0x时，()0gx，此时函数()gx单调递增，当0x时，()0gx，此时函数()gx单调递减，所以，函数()gx的极大值为()01g=，且当1x

−时，()0gx，如下图所示：所以，当021m时，即当102m时，直线2ym=与函数()1exxgx+=的图象有两个交点（非切点），因此，实数m的取值范围是10,2.故选：D.11.()fx是定义在R上的函数，()fx是()fx的导函数，已知(

)()fxfx，且()1ef=，()32ef=，则不等式()221e21e0xfx+−−的解集为（）A.3,2+B.()1,+C.3,2−−D.(),1−−【答案】B【解析】【分析】构造函数()()xfxgx=e，进

而结合条件判断出函数()gx的单调性，然后将原不等式变形并根据函数的单调性解出答案.【详解】因()221e21e0xfx+−−，可化简为()2121e0xfx−−−，令函数()()xfxgx=e，则()()()exfxfxgx−

=.因为()()fxfx，所以()0gx，()gx在R上单调递增.又()()111efg==，而()2121e0xfx−−−等价于()21211exfx−−，即()()211gxg−，所以为211x−，解得1x.故选

：B12.已知函数()()e1exxfxxaa=+−+，则下列命题为真的个数是（）①()fx的极小值点为2eaa−−；②若存在00x，使得()00fx，则整数a的最小值为4；③若()()()22e3exxgxfxxxa=+−+−，则当0a时，()gx有两个零点，

且其中一个零点所在的区间为e,1a−．A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】利用导数求出函数()fx极小值点，可判断①的正误；利用参变量分离法得出()1ee1xxxa+−，利用导数求出函数()()1ee1xxxhx+=−在()0,

+上的最小值，可判断②的正误；利用导数结合零点存在定理可判断③的正误.【详解】对于①，()()e1exxfxxaa=+−+，则()()()()1e1e2exxxfxxaxa=++−=+−，当2xa−时

，()0fx，此时函数()fx单调递减，当2xa−时，()0fx，此时函数()fx单调递增，所以，函数()fx的极小值点为2a−，①错；对于②，若存在00x，使得()00fx，当0x时，由()()e1e0xxfxxa

a=+−+可得()1ee1xxxa+−，令()()1ee1xxxhx+=−，其中0x，则()()()2ee2e1xxxxhx−−=−，令()e2xpxx=−−，其中0x，则()e10xpx=−，即函数()px在()0,+上单调递增，因为()1e30p=−，()22e40p=−

，所以，存在()1,2t，使得()e20tptt=−−=，的当0xt时，()0hx，此时函数()hx单调递减，当xt时，()0hx，此时函数()hx单调递增，所以，()()()()()()min1e1223,4e11ttttth

xhttt+++====+−+，所以，2at+，故整数a的最小值为4，②对；对于③，()()()()()222e3e2e1xxxgxfxxxaxax=+−+−=−+−，当0a时，()()()()()1e211e2xxgx

xaxxa=−+−=−+，且e20xa+，当1x时，()0gx，此时函数()gx单调递减，当1x时，()0gx，此时函数()gx单调递增，所以，()()min1e0gxg==−，()20ga=，2eeee2e1agaaaa−−=−−+−−

，令e0ta=−，则eat=−，令()etga=−，则()()()()1e2ee22eetttttttt=−−+−=−−−，0t，则20t−，ee0t−，则()0tφ，即e0ga−，因此，当0a

时，()gx有两个零点，且其中一个零点所在的区间为e,1a−，③对.故选：C.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问

题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0fx=分离变量得出()agx=，将问题等价转化

为直线ya=与函数()ygx=的图象的交点问题.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（每小题5分，共20分）13.函数()sinfxxx=−，()0,x的单调递减区间为______．【答案】()0,【解析】【分析】根据

导数的符号求解即可.【详解】当0πx时，()cos1=−fxx0，所以()fx的单调递减区间为(0,).故答案为：()0,14.把复数z的共轭复数记作z，已知()12i43iz+=+（其中i是虚数单位），则z=___

___．【答案】2i+##i2+【解析】【分析】根据复数的除法运算求出z，再根据共轭复数的概念可得解.【详解】因为()12i43iz+=+，所以43i12iz+=+(43i)(12i)(12i)(12i)+−=+−105i2i5−==−，所以2iz=+.故答案为：2i

z=+15.已知在R上可导函数()fx的图象如下图所示，则不等式()()()10xfxfx−的解集为______．【答案】()()(),21,01,−−−+【解析】【分析】依据()()1xfxfx−、、三个代数

式的正负变化情况去求不等式()()()10xfxfx−的解集.的【详解】由函数()fx的图象可知当2x−时，()0fx；当20x−或0x时，()0fx当1x−或0x时，()0fx；当10x−时，()0fx则当2x−时，()()10xfxfx−0,0,

，则()()()10xfxfx−当21x−−时，()()10xfxfx−0,0,，则()()()10xfxfx−当10x−时，()()10xfxfx−0,0,，则()()()10xfxfx−当01x时，()()10xfxfx−0,

0,，则()()()10xfxfx−当1x时，()()10xfxfx−0,0,，则()()()10xfxfx−综上()()()10xfxfx−的解集为()()(),21,01,−−−+.故答案为：()()(),21,01,−

−−+16.已知0x=是函数()()22ln132xfxxmxx=−−+−的极大值点，则m的值为______．【答案】118【解析】【分析】依据极大值点定义分类讨论去求实数m的值.【详解】()()22

ln132xfxxmxx=−−+−，则()()()()()222222222322(61)9121811132(1)32mxxxmxmxmxmxfxxmxxxmxx+−−++−+−=−=−+−−+−(1)0m=时，()()22(1)2xfxxx=−−，当

0x时，()()220(1)2xfxxx=−−恒成立，函数()fx单调递减，则0x=不是函数()fx的极大值点，舍去(2)0m时，若0x，则2290,120,1180,10mxmxmx−−，2320mxx+−()()()22222912

1810(1)32mxmxmxfxxmxx+−+=−+−恒成立，函数()fx在(),0−单调递减，则0x=不是函数()fx的极大值点，舍去(3)0m时如果1180m−，则当181012mxm−且1min1,3xm

时，22290,121180,0,10mxmxmxx+−−，2320mxx+−()()()222229121810(1)32mxmxmxfxxmxx+−+=−+−恒成立，函数()fx单调递减，则0x=不是函数()fx的极大值点，舍去如果118

0m−，则方程229121810mxmxm+−+=存在根1>0x，故当()10,xx，且1min1,3xm时2229121180,10,0mxmxmxx++−−，2320mxx+−()()()222229121810(1)32mxmxmxf

xxmxx+−+=−+−恒成立，函数()fx单调递增，故0x=不是()fx的极大值点；如果1180m−=，即118m=时，()()()322246(1)612xxfxxxx+=−+−当()1,0x−时，32240,0,10,6120xxxxx+−+

−，则()0fx，函数()fx单调递增；当()0,1x时，32240,0,10,6120xxxxx+−+−，则()0fx，函数()fx单调递减，故0x=是()fx的极大值点.综上，m的值为118故答案为

：118三、解答题（17题满分10分，18-22题，每题满分12分，共70分）17.已知函数()32112132fxxxx=−−+．（1）写出函数()fx的单调区间；（2）讨论函数()fx的极大值和极小值是否存在．如果存在，求出极值．【答案】（1）增区间为(),1−−和()2,+；减

区间为()1,2−（2）存在.极大值136，极小值73−【解析】【分析】（1）依据导函数与原函数之间的关系去求函数()fx的单调区间；（2）利用导数去求函数()fx的极大值和极小值.【小问1详解】()()()2212fxxxxx=−−

=+−．令()0fx=，得1x=−或2x=．则当(),1x−−时，()0fx，()fx单调递增；则当()1,2x−时，()0fx，()fx单调递减；则当()2,x+时，()0fx，()fx单调递增．故函数的增区间为(),1−−和()2,+

，减区间为()1,2−．【小问2详解】由（1）知，当2x=时，()fx有极小值()32117222221323f=−−+=−；当1x=−时，()fx有极大值()()()()321113111211326f−=−−−−−+=．18.已知()

sinxfxx=．（1）求曲线()yfx=在πx=处切线的方程；（2）求函数()fx在区间π,π2上的最值．【答案】（1）ππ0xy+−=（2）()maxπ2fx=，()min0fx=．【解析】【分析】（1）依据导函数几何意义去求曲线()yfx=在πx=处切线的方程；（2）利用导数

去求函数()fx在区间π,π2上的最值．【小问1详解】()2cossinxxxfxx−=，则切线斜率为2π01(π)ππkf−−===−又(π)=0f，即切点坐标为()π,0故所求切线方

程为()1ππyx=−−，即ππ0xy+−=【小问2详解】当π,π2x时，cossin0xxx−，所以()2cossin0xxxfxx−=．故函数()fx在区间π,π2上单调递减．所以(

)maxππ22fxf==，()()min0πfxf==．19.已知函数()()lnefxaxxa=−R．（1）当1a=时，求函数()fx的最小值；（2）若()()()1e1exgxfxax

=+−−+，求()gx的最小值．【答案】（1）0（2）1e【解析】【分析】（1）求导算最值即可（2）运用第一问的结论ln1xx−„，再同构函数即可获解【小问1详解】当1a=时,()ln1fxxx=−−

,其定义域为(0,)+11()1xfxxx−=−=.当(0,1),()0,()xfxfx单调递减当(1,),()0,()xfxfx+单调递增所以min()(1)0fxf==.【小问2详解】1()ln1,(0,)exgxxexxx=−−−+

+由（1）知ln1xx−„,所以有lnee1xx−„,即e1xx+….因为lneexxxx+=,所以lneeln1xxxxxx+=++…,当且仅当ln0xx+=时取等。所以11()eln1eexgxxxx=−−−+…所以()gx最小值为1e,此时

ln0xx+=20.已知函数()exfxax=−．（1）若()()fxagxx+=，当()0,1x时，试比较()gx与()2gx−的大小；（2）若()fx的两个不同零点分别为1x、()212xxx，求证：122xx+．【答案

】（1）()()2gxgx−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数分析函数()2exgxx=在()0,2上的单调性，由()0,1x可求得2x−的取值范围，即可得出()gx与()2gx−的大小；（2）先证

明对数平均不等式121212lnln2xxxxxx−+−，其中210xx，由已知可得出1212ee0xxxx=，变形可得出12121lnlnxxxx−=−，结合对数平均不等式可证得结论成立.【小问1详解】解：因为()2e

xgxx=，()()32exxgxx−=，当()0,1x时，()21,2x−，且2xx−，又当()0,2x时，()0gx，即函数()gx在()0,2上单调递减，所以()()2gxgx−．【小问

2详解】证明：先证明121212lnln2xxxxxx−+−，其中210xx，即证()1122112122212ln1xxxxxxxxxx−−=++，令()120,1xtx=，()

()21ln1thttt−=−+，其中01t，则()()()()222114011thttttt−=−=++，所以，函数()ht在()0,1上为增函数，当01t时，()()10hth=，所以，当210xx时，12121

2lnln2xxxxxx−+−，由题知1212ee0xxxx=，取对数有1212lnlnxxxx−=−，即12121lnlnxxxx−=−，又121212lnln2xxxxxx−+−，所以122xx+．【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式12121212lnln2xxxxxxxx−+−

证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212lnlnxxxx−−；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.21.已知函数()21ln2fxxxaxx=−−．（1）若函数

()()gxfx=，且()gx最大值为1−，求实数a的值；（2）若不等式()1exgxxa−−−在)1,x+上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）1a=（2）)1,+【解析】【分析】（1）求导，再对a分两种情况讨论，利用函数的单调性求解可得答案

；（2）等价于不等式1lne0xxaxxa−−−++在[1,)x+上恒成立，令1()lnexFxxaxxa−=−−++，再通过二次求导，对a分两种情况讨论得解.【小问1详解】()()()lngxfxxaxa==−

R，其定义域为()0,+，且()1gxax=−．①若0a，则()gx在()0,+上递增，此时()10fa=−，不合题意，舍去．②若0a，则()gx在10,a上递增，()fx在1,a+上递减．所以()max1ln1gxfaa==−−，令

ln11a−−=−，得1a=．综上得：1a=．【小问2详解】因为不等式()1exgxxa−−−在)1,x+上恒成立，所以不等式1lne0xxaxxa−−−++在)1,x+上恒成立．令()1lnexFxxaxxa−=−−++，则()11e1xFxax

−=−−+，令()11e1xhxax−=−−+，则()121e0xhxx−=−−，所以()hx在)1,+上递减．①若1a，则()()110hxha=−，即()0Fx，所以()Fx在)1,+上递减，所以()()10FxF=符合题意．②若1a，则2

1a−，()1ln21a+−，()()()()()111ln221101ln21ln2haaaaa+−=−−−+=−++−+−，又()110ha=−，()hx在)1,+上单调递减，所以存在唯一实数()()01,1ln2xa+−

，使得()00hx=．当()01,xx时，()0hx，即()0Fx，所以()Fx在()01,x上单调递增，所以()()10FxF=，不合题意．综上，综上实数a的取值范围为)1,+．【点睛

】本题考查了用导数解决恒成立的问题，可以直接法分类讨论利用函数的单调性解决问题，也可以常量分离，构造函数利用导数求值域解决问题，考查了学生的运算能力和推理能力.22.已知函数()()22ln22fxxax

axa=−++++，其中2a．（1）求()fx的单调区间；（2）讨论函数()fx的零点个数．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析【解析】【分析】（1）依据导函数与原函数的关系分类讨论去求()fx的单调区间；

（2）依据函数()fx的单调性和零点存在定理，分类讨论去判断函数()fx的零点个数．【小问1详解】()()()()1222(0)xxaafxxaxxx−−=−++=当0a时，由()0fx，得1x；由()0fx，得01x则()fx的增区间为()1,+，减区间为

()0,1当02a时，由()0fx，得1x或02ax；由()0fx，得12ax则()fx的增区间为0,2a和()1,+，减区间为,12a当2a=时，()()2210xfxx−=恒成立，()fx的增区间为()0,+【小问2详解】当0

a时，由（1）可知：()fx的增区间为()1,+，减区间为()0,1则()()min11fxfa==+①若10a−，则()()min10fxfxa=+，此时函数()fx无零点；②若1a=−，()()m

in110fxfa==+=，此时函数()fx有且仅有一个零点；③若1a−，()()min110fxfa==+，又()()()2422422ee2elne22e2e24e0faaaa=−++++=−++−()()24224

22422ee2elne22e2e2ee2e2e0faaaa−−−−−−−−−−=−++++=−+−−++所以函数()fx在()2e,1−和()21,e各有一个零点，共两个零点；当02a时，由（1）可知，()fx的增

区间为0,2a和()1,+，减区间为,12a则()()110fxfa==+极小，()()110fxfa=+极大所以函数()fx在()1,+无零点，而当01x时，()

()2ln22ln22fxxxaaxaaxa=−++++++只需取2201eaax+−=，则有()00fx，故函数()fx在22e,1aa+−上有一个零点．当2a=时，()262ln6fxxxx=−++，由（1）可知，()fx的增区间为()0,+()116

0610f=−++=，()33633616eee6e2lne60ef−−−−−=−++=故函数()fx在()3e,1−上有一个零点．综上，当10a−时，函数()fx无零点；当1a=−或02a时，函数()fx有唯一零点；当1a−时，函数()fx有两个零点．获

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