【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】.doc，共(23)页，2.142 MB，由管理员店铺上传

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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.6

D.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.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】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()()22561xy−++=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+−，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】试题分析：因为(0,)2x，所以sin0,cos0xx．由()'()tanfxfxx，得'

()sin()cos0fxxfxx−．不妨设()()sinfxgxx=，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+

=，22182ax=−，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．【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====，几何体体积为2EAMDAMDBNCVVV−−=+2

2221131113121211322222223=−+−=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3812.已知(),()lnxfxegxx==，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

eln0tsa==∴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.）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32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：3PFRQPF==，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.16.已知()xef

xx=，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：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：2212232x

yxxyy++−+.【答案】（1）243xx−；（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；（

2）根据要证结论分析可知()2221122()()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，2

2x−−，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−，()222

11222()2xyxyxxyyxy+−=−+−+−()()22321()()331()xyxyxyxyxy=−+−+−−−=，当且仅当1xy−=时等号成立，所以2212232xyxxyy++−+.【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；（Ⅱ）直线l的参数方程为24222xtyt=−+=（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）222225cossin12252xyxcosysi

n=+=+==即曲线1C的普通方程为221204xy+=∵222xy=+，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()()2212121243

2442ABtttttt=−=+−=−=.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.（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+−+−=

==，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，()()1122fx

xfxx++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)()mxxhxx−−=，再分0m=，0m，1m=，1m>，

01m五种情况讨论求解.【详解】（1）因为121xx，()()12121fxfxxx−−−，即()()()1212fxfxxx−−−，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)mxmxmxxhxm

mxxxx−++−−=−++==，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1m1

,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；（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]yykxkxkxx

xx=−−=−++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()1212,xxxx，使得()

()120fxfx==，证明：12xaex.【答案】（1）增区间为11,lnaa−，减区间为11ln,aa+；（2）22max221,011111()ln,11,eaaefxaaaaeeeaae−

=−−；（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()12

12axxxex−=，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,lnaaa上单调递增，在11

2ln,aaa上单调递减max11111()lnlnfxfaaaaa==−当111lnaaa≤即1ae时，函数()fx在12,aa上单调递减max11()fxfeaa==−综上：22max2

21,011111()ln,11,eaaefxaaaaeeeaae−=−−.（3）当()fx有两个零点必有11111lnln0faaaaa=−∴10ae，∴11

0feaa=−∴12111lnxxaaa，∴21111lnxxaaa−−，即12111lnxxaa−−又()1110axfxxe=−=，()2220axfxxe=−=∴11axxe=，22axxe=()12111

lnln()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.