【文档说明】四川省成都市树德中学2019-2020学年高二5月半期考试数学（文）试题 【精准解析】.pdf，共(23)页，469.884 KB，由管理员店铺上传

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-1-树德中学高2018级5月半期考试数学（文科）试题考试时间：120分钟满分：150分一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.若复数112zi，复数21zi，则12zzA.6B.10C.6D

.2【答案】B【解析】【分析】先计算12zz，再求12zz.【详解】123zzi，故1210zz，故选B.【点睛】本题考察复数的概念与运算，涉及到乘法运算和复数的模，为基础题.2.欲证2356成立，只需证（）A.222356B.222536C.

222635D.222356【答案】C【解析】【分析】由于原不等式的等价于2635，再两边同时平方，即可得出答案.【详解】解：根据题意，欲证2356，则需证2635，只需证222635.故选：C.【点睛】本题考查

利用分析法证明不等式，体现转化思想，属于基础题.3.下列三个数：33ln,ln,ln3322abc，大小顺序正确的是（）A.acbB.abcC.bcaD.-2-bac【答案】A【解析】试题分析：构造函数，因为

对一切恒成立，所以函数在上是减函数，从而有，即acb，故选A．考点：函数单调性的应用．4.否定“自然数,,abc中恰有一个偶数”的正确的反设为（）A.,,abc都是奇数B.,,abc都是偶数C.,,abc

至少有两个偶数D.,,abc中或都是奇数或至少有两个偶数【答案】D【解析】【详解】因为反证法中的反设就是原命题的否定，而“自然数,,abc中恰有一个偶数”的否定是“,,abc中或都是奇数或至少有两个偶数”，所以否定“自然数,,abc中恰有一个偶数”的正确的反设为“,,abc中或都是奇数或至少

有两个偶数”，故选D.5.在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换22xxyy后，曲线C变为曲线22561xy，则曲线C的对称中心是（）A.5,6B.5,32C.10,12D.5,62

【答案】B【解析】【分析】-3-根据题意，点(,)xy在曲线22561xy上，由伸缩变换公式22xxyy，将其代入22561xy中化简，将其变形为标准方程即可求解.【详解】解：由题意，点(,)xy在曲线22561x

y上，22561xy，又22xxyy，22225125261324xyxy，所以曲线C的对称中心是5,32.故选：B【点睛】本题考查伸缩变换公式的应用，关键是将变换后的量代入方程进行化简，考

查理解辨析能力及运算求解能力，属于基础题.6.已知函数21fxxm，3gxxm.若函数fx的图象恒在函数gx图象的上方，则m的取值范围是（）A.2,1B.2,1C.1,2D.1,2【答案】A【解析】【分析】

将原问题转化为求不等式213xxmm恒成立，然后利用绝对值三角不等式的性质求解13xx的最小值，最后解一元二次不等式，即可得出m的取值范围.【详解】解：由题可知，函数fx的图象恒在函数gx图象的上方，即213xmxm对

任意实数x恒成立，即不等式213xxmm恒成立，又由绝对值三角不等式的性质，可得对于任意实数x恒有：13132xxxx，于是得：22mm，即220mm，-4-所以解得：21m，即m的取值范围是2,1.故选：A.【点睛】本题考

查利用绝对值三角不等式的性质求最值，用于解决恒成立问题，还涉及一元二次不等式的解法，考查学生的转化能力和计算求解能力.7.已函数3211()32fxxaxbx的两个极值点是sin和cosR，则点,ab的轨迹是（）A.椭圆弧B.

圆弧C.双曲线弧D.抛物线弧【答案】D【解析】【分析】根据极值点的定义把,ab用表示后，消去得关于,ab的方程，由方程确定曲线．【详解】由题意()2fxxaxb，所以sin,cos是方程20xaxb的两根，所以sincossincosab

且240ab，所以212sincos12ab，sincos2sin()[2,2]4a，所以点(,)ab在曲线211(22)22yxx上，还要满足240xy，轨迹为抛物线弧．故选：D．【点睛】本题考查值点的定义，考查由

方程研究曲线，掌握极值与导数的关系是解题基础．在由方程研究曲线时，注意方程中变量的取值范围．8.定义在(0,)2上的函数()fx,其导函数为'()fx,若恒有()'()tanfxfxx,则（）A.()3()63ffB

.()3()63ffC.3()()63ffD.3()()63ff【答案】D【解析】-5-试题分析：因为(0,)2x，所以sin0,cos0xx．由()'()tanfxfxx，得'()sin()cos0fxxfxx．不妨设()()sin

fxgxx，则2'()sin()cos()0sinfxxfxxgxx，所以函数()gx在(0,)2上单调递增，所以()()63gg，即()()63sinsin63ff，亦即3()

()63ff，故选D．考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题．【技巧点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性

、最值等问题，常可使问题变得明了．9.已知球体的半径为3，当球内接正四棱锥的体积最大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（）A.1B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】设球心O到底面距离为x，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数

的知识求出最大值，得出结论．【详解】如图，PAC是正四棱锥PABCD的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，O是圆心（球心），设正四棱锥底面边长为a，则2ACa，3OAOP，设OEx(03)x，则由222AOOEAE得22192xa，22

182ax，3PEx，2182ABCDSx，232112(182)(3)(3927)333ABCDVSPExxxxx，22(369)2(1)(3)3Vxxxx，当01x时，0V，V递增，13x

时，0V，V递减，∴1x时，V取得极大值也是最大值max643V．此时高4PE，218214a，1PEa．故选：A．-6-【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是引入变量OEx，把

棱锥体积V表示为x的函数，利用导数求得最大值．10.如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且ADE、BCF均为正三角形，EFAB∥，2EF，则该多面体的体积为（）.A.23B.33C.43D.32【

答案】A【解析】【分析】将物体切割成一个三棱柱，两个三棱锥分别计算体积.【详解】在EF上取点,MN使12EMFE，连接,,,AMDMBNCN，ABCD是边长为1的正方形，且ADE、BCF均为正三角形，EFAB∥，所以四边形ABFE为等腰梯形，2EF，1MN，

根据等腰梯形性质，,,,AMEFDMEFBNEFCNEF，,AMDM是平面AMD内两条相交直线，,BNCN是平面BNC内两条相交直线，所以EF平面AMD，EF平面BNC，32MAMDNBNC，-7-几何体体积为2

EAMDAMDBNCVVV22221131113121211322222223故选：A【点睛】此题考查几何体的体积的计算，关键在于将几何体进行准确

切割，分别利用锥体柱体体积计算方法求解.11.已知函数fx是定义在0,的可导函数，'fx为其导函数，当0x且1x时，2'01fxxfxx，若曲线yfx在1x处的切线的斜率为34，则1f（）A.0B.1C.38D.15【答案】C【解析】当0x＞且1x

时，2'01fxxfxx，可得：1x＞时，20fxxfx（）（）＞；10＞＞x时，20fxxfx（）（）＜．令20gxxfxx（）（），（，）．22[2]gxxfxxfxxfxxfx（）（）（

）（）（）．可得：1x＞时，0gx（）＞；10＞＞x时，0gx（）＜．可得：函数gx（）在1x处取得极值，31211014gfff（）（）（），（），1331()248f（）．故答案为38-8-12.已知(),()lnx

fxegxx，若()()ftgs，则当st取得最小值时，()ft所在区间是（）A.(ln2,1)B.1(,ln2)2C.(11,3e)D.(11,e2)【答案】B【解析】令()()ftgsa，即eln0ts

a∴lnta，eas∴eln(0)astaa令e(n)lahaa，则1()eahaa∵aye递增，1ya递减∴存在唯一0aa使得()0ha，则00aa时，1aea，()0ha

，0aa时，1aea，()0ha∴min0()()haha，即st取最小值时，0()ftaa根据零点存在定理验证0010aea的根的范围：当012a时，001e0aa当0ln2a，001e0aa∴01(,ln2)2a故选B点睛：涉及函数的零点问题、方程解的

个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.）-

9-13.已知2202013()(,)22imniimRnR，则复数zmni的虚部是______.【答案】32【解析】【分析】利用复数的乘方，将2202013()(,)22imniimRnR

，转化为1322mnii，从而得到复数z，进而可求得其虚部.【详解】因为2202013()(,)22imniimRnR，所以1322mnii所以1322zi所以复数z的虚部是3

2故答案为：32【点睛】本题主要考查复数的乘方和复数相等以及复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知圆的极坐标方程为22(cos3sin)5，则此圆被直线0截得的弦长为______．【答案】26【解析】由1221220250{5

＋弦长2121212()4AB26.15.在直角坐标系xOy中，抛物线C：22yx的焦点为F，准线为l，P为C上第一象限内-10-的一点，PQ垂直l

于点Q，M，N分别为PQ，PF的中点，直线MN与x轴交于点R，若1FR，则直线PF的斜率为______.【答案】3【解析】【分析】根据题意画出示意图，由几何关系证得PQF是等边三角形后，即可求解.【详解】解:根据题意，作示意图如下图所示：22yxQ，1,02F，记l与x

轴的交点为H，则1FH，1FR，且由几何关系可证PMNFNR1PMFR，过点F作PQ的垂线，可知其垂足就为点M，且可得||||FQPFPQ，PQF是等边三角形，由几何关系可得：3PF

RQPF，所以直线PF的斜率为33tanPFRtan.故答案为：3【点睛】在解决与抛物线的性质有关的问题时，要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此.-11-16.已知()xefxx，若关于x的

方程2()()10fxmfxm恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围为__________.【答案】1,e【解析】【分析】由方程210fxmfxm可解得f（x）＝1或f（x）＝m﹣1；分

析函数f（x）的单调性与极值，画出f（x）的大致图像，数形结合即可得到满足4个根时的m的取值范围．【详解】解方程210fxmfxm得，f（x）＝1或f（x）＝m﹣1；又当x>0时，xefxx，

f′（x）21xexx；故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；且f（1）e，当x＜0时，xefxx，f′（x）21xexx>0,所以fx在（﹣∞，0）上是增函数，画出fx的大致图像：-12-若

有四个不相等的实数解，则f（x）＝1有一个根记为t，只需使方程f（x）＝m﹣1有3个不同于t的根，则m﹣1e；即m1e；故答案为1,e【点睛】本题考查了利用导数研究方程根的问题，考查了函数的单调性、极值与图像的应用，属于中档题．三、解答题（

本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（1）已知关于x的不等式2211logxxa（其中0a），当4a时，求不等式的解集；（2）已知x，y均为正数，且xy，求证：2212232xyxxyy.【答案】（1）24

3xx；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用已知条件，先分析2211logxxa的解集就是绝对值不等式的求解，利用三段论法得到即可；-13-（2）根据要证结论分析可知22

21122()()2xyxyxy+xxyyxy由三元基本不等式即可证得结论成立.【详解】（1）当4a时，不等式为2112xx.当21x时，22x，解得142x；当112x时，32x，解得1223x；当1x时，0x，此时x不存在，∴

原不等式的解集为243xx.（2）因为0x，0y，0xy，22211222()2xyxyxxyyxy22321()()331()xyxyxyxyxy，当且仅当1xy时等号成立，所以2

212232xyxxyy.【点睛】本试题主要是考查了绝对值不等式的求解，考查三元基本不等式的应用，考查推理能力与计算能力，考查了分类讨论的思想，属于中档题.18.选修4-4：坐标系与参数方程在直角

坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为25cos,2sin,xy(为参数).在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线22:4cos2sin40C.（Ⅰ）写出曲线1C，2C的普通方程；（Ⅱ）过

曲线1C的左焦点且倾斜角为4的直线l交曲线2C于,AB两点，求AB.【答案】（1）221204xy,222:(2)(1)1Cxy（2）2【解析】分析：（Ⅰ）消去参数及利亚极坐标与直角坐标互化方法，写出曲线1C，2C的普通方程；-14-（Ⅱ）直线l的参数方程为24222xty

t（t为参数），将其代入曲线2C整理可得：23240tt，利用参数的几何运用求AB．详解:（Ⅰ）222225cossin12252xyxcosysin即曲线1C的普通方程为221204xy∵222x

y，cosx，siny曲线2C的方程可化为224240xyxy即222:211Cxy.（Ⅱ）曲线1C左焦点为4,0直线l的倾斜角为4，2sincos2所以直线l的参数方程为24222xtyt

（t参数）将其代入曲线2C整理可得23240tt，所以2324420.设,AB对应的参数分别为12,tt则所以1232tt，124tt.所以22121212432442ABtttttt

.点睛:本题考查参数方程的运用，考查参数方程、极坐标方程、普通方程的转化，考查学生的计算能力，属于中档题．19.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，2AB，60ABC，E，F分别是BC，PC的中点.-15-（1）证明

：AEPD；（2）设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为5，求直线AF与直线PB所成的角余弦值.【答案】（1）见解析（2）14.【解析】【分析】（1）证明AE⊥平面PAD得到答案.（2）过A作AHPD于H，连HE，证明EHPD得到2PA，根

据余弦定理计算得到答案.【详解】（1）∵底面ABCD为菱形，60ABC，∴三角形ABC为正三角形，∵E是BC的中点，∴AEBC，又//ADBC，∴AEAD，又PA平面ABCD，AE平面ABCD

，∴PAAE，而PAADA，∴AE⊥平面PAD，PD平面PAD，则AEPD.（2）过A作AHPD于H，连HE，AEPD，AHAEA，故PD平面AEH，EH平面AEH，∴EHPD，即5EH，∵3AE，∴2AH，故4PAD，故2PA.异面直线AF

与PB所成的角即为AF与EF所点的角.在AEF中：3AE，122EFPB，122AFPC，故2222231cos24222AFEFAEAFEAEEF，-16-故直线AF与直线PB所成的角余弦值

为14.【点睛】本题考查了线线垂直，异面直线夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.20.设函数ln1fxxmx，22mgxx，0,xmR.（1）若对任意121xx，

12121fxfxxx恒成立，求m的取值范围；（2）hxfxgx，讨论函数yhx的单调性.【答案】（1）1m；（2）见解析【解析】【分析】（1）将对任意121xx，12121fxfxxx恒成立，转化为对任意121xx，1122

fxxfxx恒成立，令()()lnkxfxxxmx，由函数ykx在区间1,上单调递减，只需证()0(1)kxx恒成立即可.（2）得到2()ln(1)(0)2mhxxmxxm，求导(1)(1)()mxxh

xx，再分0m，0m，1m，1m>，01m五种情况讨论求解.【详解】（1）因为121xx，12121fxfxxx，即1212fxfxxx，-17-即1122fxxfxx，令()()

lnkxfxxxmx，因为函数ykx在区间1,上单调递减，所以1()0(1)kxmxx恒成立，即1mx在区间1,上恒成立，故1m.（2）2()ln(1)(0)2mhxxmxxm，21(1)1(1)(1)()(1)

mxmxmxxhxmmxxxx，当0m时，1()xhxx，0,1x，0hx，hx递增，1,x，0hx，hx递减，当0m时，101m，0,1x，0hx，hx递

增，1,x，0hx，hx递减，当1m时，0hx，hx的单调递增区间为0,，当1m>时，00hx，01x或1m；101m，当x变化，hx，hx变化如下表x10,m1

m1,1m11,hx正零负零正hx递增极大值递减极小值递增即单调增区间为10,m，1,，减区间为1,1m.当01m时，00hx，01x或1m；11m，当x变化，hx，hx变

化如下表-18-x0,1111,m1m1,mhx正零负零正hx递增极大值递减极小值递增即单调增区间为0,1，1,m，减区间为11,m.综上：当0m时，单调增区间为0,1，减区间为1,，当01m

时，单调增区间为0,1，1,m，减区间为11,m，当1m时，hx的单调递增区间为0,，当1m>时，单调增区间为10,m，1,，减区间为1,1m.【点睛】本题主要考查导数与函数

的单调性，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.21.已知椭圆1C、抛物线2C的焦点均在x轴上，1C的中心和2C的顶点均为原点O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：x324y04（Ⅰ）求12CC、的标准方程；-19

-（Ⅱ）请问是否存在直线l满足条件：①过2C的焦点F；②与1C交不同两点,MN、且满足OMON？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ），1C：；（Ⅱ）22yx或22yx【解析】【详解】（Ⅰ）设抛物线，则有，据此验证

4个点知（3，）、（4，4）在抛物线上，易求设1C：，把点（2，0）（，）代入得：解得∴1C方程为（Ⅱ）假设存在这样的直线过抛物线焦点(1,0)F，设直线的方程为两交点坐标为，由消去，得∴①212121212(1)(1)1()xxmymymyymyy②由OMON

，即，得将①②代入（*）式，得，解得-20-所以假设成立，即存在直线满足条件，且的方程为：22yx或22yx法二：容易验证直线的斜率不存在时，不满足题意；当直线斜率存在时，假设存在直线过抛物线焦点(1,0)F，设

其方程为(1)ykx，与1C的交点坐标为由221{4(1)xyykx消掉y，得2222(14)84(1)0kxkxk，于是2122814kxxk，21224(1)14kxxk①212111212(1)(1)[()1]yykxkxkx

xxx即2222122224(1)83(1)141414kkkyykkkk②由OMON，即，得将①、②代入（*）式，得2222224(1)340141414kkkkkk

，解得2k；所以存在直线满足条件，且的方程为：22yx或22yx．22.已知函数0axfxxea.（1）求函数fx的单调区间；（2）求函数fx在12,aa上的最大值；（3）若存在121

2,xxxx，使得120fxfx，证明：12xaex.【答案】（1）增区间为11,lnaa，减区间为11ln,aa；-21-（2）22max221,011111()ln,11,ea

aefxaaaaeeeaae；（3）见解析【解析】【分析】（1）利用导数证明单调区间即可；（2）讨论11lnaa区间12,aa端点的大小关系，确定fx在12,aa的单调性，即可得出其最大值；（3）由fx有两个零

点，得出11111lnln0faaaaa，进而得出a的取值范围，根据12111lnxxaaa，由不等式的性质得出12111lnxxaa，由120fxfx得出11axxe，22axxe，进而得出1212axxxex，

结合12111lnxxaa，即可证明12xaex.【详解】（1）10axfxaea110lnfxxaa，110lnfxxaa()fx\的增区间为11,lnaa，减区间为11ln,aa.

（2）当112lnaaa≥即210ae时，函数fx在12,aa上单调递增2max22()fxfeaa当1112lnaaaa即211aee时，函数fx在111,lnaa

a上单调递增，在112ln,aaa上-22-单调递减max11111()lnlnfxfaaaaa当111lnaaa≤即1ae时，函数fx在12,aa上单调递减m

ax11()fxfeaa综上：22max221,011111()ln,11,eaaefxaaaaeeeaae.（3）当fx有两个零点必有11111lnln0faa

aaa∴10ae，∴110feaa∴12111lnxxaaa，∴21111lnxxaaa，即12111lnxxaa又1110axfxxe，2220ax

fxxe∴11axxe，22axxe12111lnln()12aaxxaaaexeeeaex得证.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性以及最值，利用导数研究双变量问题，属于中档题.-23-