【文档说明】【精准解析】湖北省武汉二中2019-2020学年高二下学期4月第三次线上测试数学试题.pdf，共(23)页，397.197 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-武汉二中2019-2020学年度下学期高二年级线上测试（三）数学试题一、单选题1.已知集合|124Axx，21|65Bxyxx，则ABð（）A.5|xxB.|524xxC.|1xx或5xD.|524

xx【答案】D【解析】【分析】首先求出集合B，再根据补集的定义计算可得；【详解】解：∵2650xx，解得15x∴|15Bxx，∴|524ABxxð.故选：D【点睛】本题考查补集的概

念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.2.设复数z满足21ziz，z在复平面内对应的点为(,)xy，则（）A.2430xyB.2430xyC.4230xyD.2430xy【答案】B【解析】【分析】设zxyi，根据复数的几何意义得到x、y的关系式

，即可得解；【详解】解：设zxyi∵|2||1|ziz，∴2222(2)(1)xyxy，解得2430xy.故选：B【点睛】本题考查复数的几何意义的应用，属于基础题.3.若、ab均为实数，则“0abab”是“0ab”的（）-2-A.充分不必要条件B.必要不充

分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】通过列举，和推理证明可以推出充要性.【详解】若0abab＞中，取12ab＝，＝，则推不出0ab＞＞；若0ab＞＞，则0ab＞，则可得出0aba

b＞；故“0abab＞”是“0ab＞＞”的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题考查充分必要不条件的定义以及不等式的性质，可通过代入特殊值解决．4.已知14ab，12ab，则42ab

的取值范围是（）A.5,13B.3,6C.2,14D.2,10【答案】D【解析】【分析】利用待定系数法求得423ababab，然后利用不等式的基本性质可求得42ab的取值范围.【详解】设42abma

bnab，则42mnamnbab，所以，42mnmn，解得13mn，即423ababab，1412abab，则14336abab，因此，4232,10aba

bab.故选：D.【点睛】本题考查利用不等式的基本性质求代数式的取值范围，考查了待定系数法的应用，考查计算能力，属于基础题.5.6件产品中有4件合格品，2件次品.为找出2件次品，每次任取一个检验

，检验后不放回，-3-则恰好在第四次检验后找出所有次品的概率为（）A.35B.13C.415D.15【答案】C【解析】【分析】题目包含两种情况：第一种是前面三次找出一件次品，第四次找出次品，第二种情况是前面四次都是正品，则剩余

的两件是次品，计算概率得到答案.【详解】题目包含两种情况：第一种是前面三次找出一件次品，第四次找出次品，2314615CpC；第二种情况是前面四次都是正品，则剩余的两件是次品，44246115CpC；故12415ppp.故选：C.【点睛】本题考查了概率的计算，忽

略掉前面四次都是正品的情况是容易发生的错误.6.将三枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A“三个点数之和等于15”，B“至少出现一个5点”，则概率|PAB等于（）A.5108B.113C.17D.710【答案】

B【解析】【分析】根据条件概率的计算公式即可得出答案.【详解】3311166617()216APABCCC，11155561116691()1216CCCPBCCC()72161|2169113PABPABPB故选：B【点睛】本题主要考查

了利用条件概率计算公式计算概率，属于中档题.-4-7.若42log34logabab，则ab的最小值是（）A.743B.83C.643D.623【答案】A【解析】【分析】利用换底公式得出34abab，可得出431ab，

然后将代数式ab与43ab相乘，展开后利用基本不等式可求得ab的最小值.【详解】224242log34logloglogabababab，34abab，即431ab，由基本不等式得434343727743babaababababab

，当且仅当32ba时，等号成立，因此，ab的最小值是743.故选：A.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，涉及1的应用以及对数换底公式的应用，考查计算能力，属于基础题.8.下列四个图象可能是函数35log|1|1xyx图象的是（）A.B.C.D.【答

案】C【解析】【分析】-5-首先求出函数的定义域，其函数图象可由35log||xyx的图象沿x轴向左平移1个单位而得到，因为35log||xyx为奇函数，即可得到函数图象关于(1,0)对称，即可排除A、D，再根据0x时函数

值，排除B，即可得解.【详解】∵35log|1|1xyx的定义域为|1xx，其图象可由35log||xyx的图象沿x轴向左平移1个单位而得到，∵35log||xyx为奇函数，图象关于原点对称，∴35log|1|1xyx的图象关于点(1,0)成中心

对称.可排除A、D项.当0x时，35log|1|01xyx，∴B项不正确.故选：C【点睛】本题考查函数的性质与识图能力，一般根据四个选择项来判断对应的函数性质，即可排除三个不符的选项，属于中档题.9.已知函数2,211,22xaxxfxx

，满足对任意的实数12xx，都有12120fxfxxx成立，则实数a的取值范围为（）A.,2B.13,8C.13,8D.,1【答案】B【解析】【分析】由题意可知

，函数yfx为R上的减函数，由此可得出关于实数a的不等式组，即可解得实数a的取值范围.【详解】任取12xx，则120xx，由12120fxfxxx可得120fxfx，即

12fxfx，所以，函数yfx为R上的减函数，则函数2yax在区间2,上单调递减，-6-所以22011222aa，即138a.因此，实数a的取值范围是13,8.故选：B.【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参

数，解题时除了分析出每支函数的单调性外，还应注意分界点处函数值的大小关系，考查计算能力，属于中等题.10.已知函数2()|ln|1||fxxx与()2gxx，则它们所有交点的横坐标之和为（）A.0B.2C.4D.8【答案】C【解析】作函数2ln

1||,2yxyxx图像，由图可知所有交点的横坐标之和为224，选C.点睛：(1)图象法研究函数零点的关键是正确画出函数的图象．在画函数的图象时，常利用函数的性质，如周期性、对称性等，同时还要注意函数定义域的限制．(2

)对于一般函数零点个数的判断问题，不仅要判断区间[a，b]上是否有f(a)·f(b)<0，还需考虑函数的单调性．11.已知函数yfx是定义在R上的奇函数，且在(,0]单调递增.设0a，当mna

时，恒有fmfafn，则m的取值范围是（）A.(,0)aB.(0,)C.(,)aD.(,0)【答案】B【解析】-7-【分析】结合奇函数的性质(0)0f，函数为增函数，对m分类讨论，即可求解.【详解

】因为函数yfx是定义在R上的奇函数，且在(,0]单调递增，所以(0)0f，yfx在R上为增函数，由题意得，0m，否则fmfafn不成立，当0m时，nama，()()fnfa，且()0f

m，()()()fnfafm，即0m时，fmfafn恒成立，当0m时，nama，()()fnfa，且()0fm，()()()fnfafm，故当0m时，fmfafn不成立.综上所述，(0,)m【点睛】本题主要考查了函数奇偶性

的性质，函数单调性的应用，属于中档题.12.已知函数2()ln(1)33xxfxxx，不等式22(4)50faxfx„对xR恒成立，则a的取值范围为（）A.[2,)B.(

,2]C.5,2D.5,2【答案】C【解析】【分析】确定函数为奇函数，且单调递减，不等式转化为222251444xaxxx，利用-8-

双勾函数单调性求最值得到答案.【详解】2()ln(1)33(),()xxfxxxfxfx是奇函数，22()ln(1)331ln()331xxxxfxxxxx，易知2ln(),1,331

xxyyxyx均为减函数，故fx且在R上单调递减，不等式22(4)50faxfx„，即22(4)5faxfx„，结合函数的单调性可得2245axx，即222251444xa

xxx，设24tx，2t，故1ytt单调递减，故22max15424xx，当2t，即0x时取最大值，所以52a.故选：C.【点

睛】本题考查了根据函数单调性和奇偶性解不等式，参数分离求最值是解题的关键.二、填空题13.在张家口市的高二期末考试中，全市学生的数学成绩290,XN，已知70900.4PX，则从全市学生中任选一

名学生，他的数学成绩小于110分的概率为________．【答案】0.9【解析】【分析】由已知可得，求出70900.4PX，得1100.1PX，再由对立事件的概率得答案．【详解】∵290,

XN，∴90，又70900.4PX，∴901100.4PX，∴10.421100.12PX，-9-则11010.10.9PX．∴他的数学成绩小于110分的概率为0.9．

故答案为：0.9．【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．14.若实数x，y满足221xyxy，则xy的最小值为______.【答案】233.【解析】【分析】由221xyxy，可得22()11(

)2xyxyxy，即可得到.【详解】由221xyxy，可得22()11()2xyxyxy，即23()14xy，解得232333xy，所以xy的最小值为233，故答案为：2

33.【点睛】该题考查的是有关利用基本不等式的变形，求代数式的最值问题，属于简单题目.15.已知函数()2xfx，[1,1]x，则函数(2)2(2)yfxfx的值域为________.【答案】7,12【解

析】【分析】令212,22xt，将函数转化为2ytt，利用单调性求其值域.【详解】解：由已知2222(2)2(22222)22xxxxyfxfx，-10-有121121xx，解得1122x令212,2

2xt，则2ytt，其在1,22上单调递增，所以min1271222y，max2212y，故函数(2)2(2)yfxfx的值域为7,12，故答案为：7,12.【点睛】本题考查函数的值域问题，一定要注意函

数的定义域，是中档题.16.已知定义在R上的偶函数fx满足(1)(1)0fxfx．且当01x时，3log()fxax．若对于任意[1,0]x，都有321()1log35fxtx，则实数t的取值范围为__________

_．【答案】7[,1]3【解析】【分析】先求得1f的值，由此求得a的值.证得fx是周期为4的周期函数，将31log5转化为53f，根据fx的周期性和对称性，将321()1log35fxtx转化为25154333kxtx

，结合[1,0]x求得t的取值范围.【详解】由(1)(1)0fxfx，令0x，得210,10ff.由于当01x时，3log()fxax，所以31log10,2faa.故当01x时，3log(2)fxx.33

352211511log2log1log5333333ffff，由于-11-fx为偶函数，所以5533ff.由(1)(1)0,fxfxfxfx

，得41313fxfxfx22fxfx11fx11fxfxfx，所以fx是周期为4的周期函数.当1,0x时，0,1x，所以3log2fxfx

x.所以当1,1x，3log2fxx.(1)(1)0fxfx得20fxfx，故2fxfx.所以当1,3x时，21,1x，所以32log22fxfxx.结合fx是周期为4的周期函

数，画出fx的图像如下图所示.由3215()1log335fxtxf得251544333kxtxk（kZ），对于任意[1,0]x成立.0x时，51544333kk，解得1123k，所以0k，即2515

333xtx对于任意[1,0]x成立.当1,0x时，由25133xtx得max43txx，由于43yxx在1,0递减，所以47133t；由21533xtx得min2txx，由于2yxx在

在1,0递增，所以2111t.综上所述，t的取值范围是7[,1]3.故答案为：7[,1]3【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性、单调性、周期性，考查函数解析式的求法，考查不等式恒成立问题的求解，考查数形结合的数学思想方法

，考查分类讨论的数学思想方法，综合性很强，属于难题.-12-三、解答题17.设92100121012...xxaaxaxax.（1）求246810aaaaa；（2）求5a及ia关于i的表达式19,iiZ.【答案】（1）511；（2）

52016a，10199922iiiiiaCC.【解析】【分析】（1）根据92100121012...xxaaxaxax，利用赋值法求解.（2）分两类，当1x中选x，则92x中选4个x，当

1x中选-1，则92x中选5个x.对于ia，当1x中选x，则92x中选1i个x，当1x中选-1，则92x中选i个x.【详解】（1）令1x，得01910...0aaaa，令1x，得01910...2aaaa，所以0246810

1aaaaaa，又因为902a，所以924681021511aaaaa.（2）当1x中选x，则92x中选4个x，当1x中选-1，则92x中选5个x.所以4554599222016aCC对于ia，当1x中选x，则92x

中选1i个x，当1x中选-1，则92x中选i个x.所以10199922iiiiiaCC.【点睛】本题主要考查二项展开式的项的系数及系数的和，还考查了理解辨析和运算求解的能力，属于中档题.-13-18.设函数222

122,fxlogxalogbx且当12x时fx有最小值8.（1）求a与b的值；（2）设0Axfx，1,2BxxtxR，且AB，求实数t的取值范围.【答案】（1）2,6ab；（2）153,,

282【解析】【分析】（1）设2logxm，故222ymamb，根据二次函数的性质得到最值，解得答案.（2）10,2,8A，1122Bxtxt

，故1128122tt或102t，解得答案.【详解】（1）22222212log2log2log2logfxxabxaxbx，设2logxm，故222ymamb，故当2am时，有最小值为22ab.故12a，282ab

，解得2a，6b.（2）2222log4log6fxxx，100,2,8Axfx.111,222BxxtxRxtxt

，AB，故1128122tt，解得53,82t；或102t，解得1,2t.综上所述：153,,282t.【点睛】本题

考查了根据对数型函数的最值求参数，根据交集结果求参数，意在考查学生的-14-计算能力和综合应用能力.19.为迎接“五一”节的到来，某单位举行“庆五一，展风采”的活动．现有6人参加其中的一个节目，该节目由,AB两个环节可供参加者选择，为增加趣味性，该单位用电脑制作了

一个选择方案：按下电脑键盘“Enter”键则会出现模拟抛两枚质地均匀骰子的画面，若干秒后在屏幕上出现两个点数n和m，并在屏幕的下方计算出22dnm的值．现规定：每个人去按“Enter”键，当显示出来的d小于210时则参加A环节，否则参加B环节．（1）求这6人中恰有2人参加

该节目A环节的概率；（2）用,XY分别表示这6个人中去参加该节目,AB两个环节的人数，记||XY，求随机变量的分布列与数学期望．【答案】（1）20243（2）见解析【解析】【分析】（1）利用古典概型概率公式得出选择参加A环节的

概率1p，选择参加B环节的概率2p，再利用独立重复实验概率公式，即可得出答案；（2）得出的可能取值以及对应概率，即可得出分布列以及期望.【详解】（1）依题意得，由屏幕出现的点数n和m形成的有序数对(,)nm，一共有6636种等可能的基本事件符合210d的有(1,1),(1,2),

(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5)，(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(5,1),(5,2),(5,3),(6,1)共24种所以选择参加A环

节的概率为1242363p，选择参加B环节的概率为213p所以这6人中恰有2人参加该节目A环节的概率242621602033729243PC（2）依题意得的可能取值为0,2,4,6333621160(0)(3)3372

9ppXC-15-424224662121300(2)(2)(4)3333729ppXpXCC1551156

62121204(4)(1)(5)3333729ppXpXCC06060666212165(6)(0)(6)3333729ppXpXCC所以的分布列为0246p160729

30072920472965729数学期望160300204656020246729729729729243E【点睛】本题主要考查了古典概型求概率，独立重复试验的应用，离散型随机变量的分布列及期望

，属于中档题.20.某湿地公园内有一条河，现打算建一座桥将河两岸的路连接起来，剖面设计图纸如下：其中，点,AE为x轴上关于原点对称的两点，曲线段BCD是桥的主体，C为桥顶，且曲线段BCD在图纸上的图形对应函

数的解析式为282,24yxx，曲线段,ABDE均为开口向上的抛物线段，且,AE分别为两抛物线的顶点，设计时要求：保持两曲线在各衔接处（,BD）的切线的斜率相等.-16-（1）求曲线段AB在图纸上对应函数的解析式,并写出定义域；（2）车辆从A经B倒C爬坡，定义车辆上桥过程中某点

P所需要的爬坡能力为：PM（该点P与桥顶间的水平距离）（设计图纸上该点处的切线的斜率），其中PM的单位：米.若该景区可提供三种类型的观光车:①游客踏乘；②蓄电池动力；③内燃机动力.它们的爬坡能力分别为0.8米,1.5米,2.0米,

又已知图纸上一个单位长度表示实际长度1米,试问三种类型的观光车是否都可以顺利过桥?【答案】⑴21662.16yxx⑵“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥.【解析】试

题分析：（1）据题意，抛物线段AB与x轴相切，且A为抛物线的顶点，设,2Aaoa，则抛物线段AB在图纸上对应函数的解析式可设为220yxaax，因为B点为衔接点,则221,{122,2aa解得6,{1.16a所以曲线段A

B在图纸上对应函数的解析式为21662.16yxx（2）设,Pxy是曲线段AC上任意一点,分别求P在两段上时，函数的最大值若P在曲线段AB上,则通过该点所需要的爬坡能力，21116396288PMxxxx，利用二

次函数求其最值1max98PM（米），若P在曲线段BC上,则通过该点所需要的爬坡能力2222222161644PxxMxxx20x，令2,0,4txt，换元法求其最大阻值，2max1PM（米），所以可知:车辆

过桥所需要的最大爬坡能力为98米,又因为90.81.52,8,所以“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥．试题解析：⑴据题意，抛物线段AB与x轴相切

，且A为抛物线的顶点，设,(2)Aaoa，则抛物线段AB在图纸上对应函数的解析式可设为22(0)yxaax，其导-17-函数为2yxa．由曲线段BD在图纸上的图像对应函数的解析式为

282,24yxx,又22164yx,且2,1B,所以曲线在B点处的切线斜率为12,因为B点为衔接点,则221,{122,2aa解得6,{116a．所以曲线段

AB在图纸上对应函数的解析式为2166216yxx．⑵设,Pxy是曲线段AC上任意一点,①若P在曲线段AB上,则通过该点所需要的爬坡能力21116396288

PMxxxx．令211398yx62x,所以函数211398yx62x在区间6,3上为增函数,在区间3,2上是减函数,所以1max98PM（米）②若P在

曲线段BC上,则通过该点所需要的爬坡能力2222222161644PxxMxxx20,x令2,0,4,txt则2216,0,4,4PtMtt

记2216,0,4,4tytt当0t时,20,y而当04t时,216,168ytt所以当4t时,16tt有最小值16,从而2y取最大值1,此时2max1PM（米）所以由①,②可知:车辆过桥所需要的最大爬坡能力为98米,又因为908152

,8．．,所以“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和-18-“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥．21.已知1xxfxeke，ln31ln32xgxaeax．（1）若函数fx在0,为增函数，求实数k的值；（2）若函数

fx为偶函数，对于任意10x,，任意2xR，使得122gxfx成立，求a的取值范围.【答案】（1）,1；（2）1,3.【解析】【分析】（1）任取120xx，由120fxfx，得出12xxke，求出12xxe的

取值范围，即可得出实数k的取值范围；（2）由偶函数的定义可求得1k，由题意可得出maxmin20gxfx，由此可得出110xae对于任意10,x成立，利用参变量分离法得出11xae，即可求出实数a的取值范围.【详解】（1）任取120xx，则

21121212121212121xxxxxxxxxxxxxxkeekkkfxfxeeeeeeeeee函数yfx在0,上为增函数，120xx，则120xxee，且

1212010xxkfxfxe，12xxke，120xx，120xx，则121xxe，1k，因此，实数k的取值范围是,1；（2）函数1xxfxeke为偶函数，则fxf

x，即1xxxxxxkkeekeeee，即110xxkee对任意的xR恒成立，所以10k，解得1k，则1xxfxee，-19-由（1）知，函数1xxfxee在0,上为增函数，当

0,x时，min2220fx，对于任意10,x，任意2xR，使得122gxfx成立，12min20gxfx对于任意10,x成立

，即11ln31ln320xaeax（*）对于任意10,x成立，由1310xae对于任意10,x成立，则1130xaea，10x，则11334xe，03a.（*）式可化为1121ln31l

n32ln3xxaeaxae，即对于任意10,x，112313xxaeae成立，即1123310xxaeae成立，即对于任意10,x，11311

0xxeae成立，因为1310xe，所以110xae对于任意10,x成立,即1max1xae任意10,x成立，所以1a，由03a得13a，所以a的取值范围为1,3.【点睛】

本题考查利用函数的单调性求参数的取值范围，同时考查了与指数、对数最值相关的综合问题，涉及参变量分离思想的应用，考查化归与转化思想的应用，属于难题.22.已知函数21()(,)2xfxaexbabR.（1）若函数()fx在0x处的切线方程为1yx，求实数a，b的值；（2）若函数()

fx在1xx和2xx两处取得极值，求实数a的取值范围；（3）在（2）的条件下，若212xx，求实数a的取值范围．【答案】（1）1,2ab；（2）10ae；（3）ln2(0,]2.【解析】-20-【分析】（1）由题意得：'01f，01f，解得a，b

.（2）由题意知：'0xfxaex有两个零点1x，2x，令xgxaex，而'1xgxae.对0a时和0a时分类讨论，解得：10ae.经检验，合题；（3）由题意得，121200xxaexaex，即121122(0)xxaexxx

aex.所以2121xxxex，令212xtx，即12ln1ln1txtttxt，令ln1thtt，求导，得ht在2,上单调递减，即10,ln2x.11xxae，10,ln2x.令xxxe，求导

得x在0,ln2上单调递减，得a的取值范围.【详解】（1）'xfxaex，由题意得：'01f，即1a，01f即2b，所以1a，2b.（2）由题意知：'0xfxae

x有两个零点1x，2x，令xgxaex，而'1xgxae.①当0a时，'0gx恒成立所以gx单调递减，此时gx至多1个零点（舍）.②当0a时，令'0gx，解得：1,lnxa，gx在1,ln

a上单调递减，在1ln,a上单调递增，所以min11ln1lngxgaa，-21-因为gx有两个零点，所以11ln0a，解得：10ae.因为00ga，1ln0ga，且1l

n0a，而gx在1,lna上单调递减，所以gx在10,lna上有1个零点；又因为21xgxaexaxxxax（易证2xex），则220gaa且1ln0

ga，而gx在1ln,a上单调递增，所以gx在11ln,aa上有1个零点.综上：10ae.（3）由题意得，121200xxaexaex，即121122(0)xxaexxxaex.所以2121xxxex，

令212xtx，即12ln1ln1txtttxt，令ln1thtt，211ln'1tthtt，令11lnuttt，而21'0tutt，所以ut在2,上单调递减，即12ln2

02utu，所以ht在2,上单调递减，即10,ln2x.-22-因为11xxae，10,ln2x.令xxxe，而1'0xxexe恒成立，所以x在0,l

n2上单调递减，又0a，所以ln20,2a.【点睛】根据函数的极值情况求参数的要领：1.列式，根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；2.验证，求解后验证根的合理性，含参数时，要讨论参数的大小-23-