【文档说明】【精准解析】陕西省西安中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理）试卷.pdf，共(19)页，383.123 KB，由管理员店铺上传

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-1-西安中学2019-2020第二学期期末考试高二数学（理）试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={x|x-1<0}，则A∩B=A

.(-∞，1)B.(-2，1)C.(-3，-1)D.(3，+∞)【答案】A【解析】【分析】先求出集合A，再求出交集．【详解】由题意得，23,1AxxxBxx或，则1ABxx．故选A．【点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目．2.已知a为实数，若复数211z

aai为纯虚数，则20211aii=（）A.iB.-iC.1D.-1【答案】A【解析】【分析】根据纯虚数的定义求出a的值，结合复数的运算法则进行化简即可．【详解】解：2(1)(1)zaai

为纯虚数，21010aa，解得1a，则2zi，则202145051211(1)2111(1)(1)2aiiiiiiiiiii，故选：A．【点睛】本题主要考查复数的基本运算，结合纯虚数的定义，

建立方程求出a的值，结合复数的运算法则是解决本题的关键．属于基础题．-2-3.已知26a，4b，35c，则a、b、c的大小关系为（）AabcB.cabC.cbaD.bca【答案】D【解析】【分析】比较2a、2b、2c的大小，进而

可得出a、b、c的大小关系.【详解】22268212a，22358215c，又82128215821616，即222acb，又a、b、c均为正数，所以，bca.故选：D.【点睛】本题考查数

的大小比较，考查推理能力，属于基础题.4.如图，()yfx是可导函数，直线:2lykx是曲线()yfx在3x处的切线，令()()gxxfx，'()gx是()gx的导函数，则'(3)g（）．A.

－1B.0C.2D.4【答案】B【解析】【分析】将点3,1的坐标代入切线方程得出k的值，得出3fk以及31f，再对函数ygx求导得gxfxxfx，即可得出3g的值．【详解】将点3,1代入直线2ykx的

方程得321k，得13k，所以，-3-133fk，由于点3,1在函数yfx的图象上，则31f，对函数gxxfx求导得gxfxxfx，133331303gff，故选B．【

点睛】本题考查导数的几何意义，在处理直线与函数图象相切的问题时，抓住以下两点：（1）函数在切点处的导数值等于切线的斜率；（2）切点是切线与函数图象的公共点．5.天干地支纪年法源于中国，包含十天干与十二地

支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙

寅”……依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，……依此类推．已知一个“甲子”为60年，即天干地支纪年法的一个周期，1949年为“己丑”年，那么到新中国成立80周年时，即2029年为（）A.己申年B.己

酉年C.庚酉年D.庚申年【答案】B【解析】【分析】由题意可得数列天干是以10为等差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，以1949年的天干和地支分别为首项，即可求出答案．【详解】解：天干是以10为公差构成的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从1

949年到2029年经过80年，且1949年为“己丑”年，以1949年的天干和地支分别为首项，则80108，则2029的天干为己，80126余8，则2029的地支为酉，故选：B．【点睛】本题考查了学生合情推理的能力，涉及等差数列在实际生活中的应用，属于中档题．-4-6.若函

数()lnfxkxx在区间(1,)为增函数，则实数k的取值范围是（）A.1[,)eB.1(,]eC.[1,)D.(,1]【答案】C【解析】【分析】求出函数()lnfxkxx的导数，由于函数()fx在区间(1,)

为增函数，可得()0fx在区间(1,)上恒成立，即可求得实数k的取值范围.【详解】()lnfxkxx1()fxkx∵函数()lnfxkxx在区间(1,)为增函数∴()0fx在区间(1,)上恒成立()0fx1k

x又1yx在区间(1,)上单调递减101x要保证()0fx在区间(1,)上恒成立，只需1k³k的取值范围是[1,)故选：C.【点睛】本题主要考查了根据函数单调性求参数问题，解题关

键是掌握函数导数的求法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.7.若1,10abc，则（）A.ccabbaB.ccabC.ablogclogcD.abblogcalogc【答案】D-5-【解析】对于A：18,4,2abc则1122844,482ccccabb

aabba，故A错；对于B：18,4,2abc则1122218,442ccccabab，故B错；对于C：18,4,2abc则1132112222842211loglog,loglog32abablogclogclogclo

gc，故C错；对于D：abblogcalogc=lglglglglg1,lglglglgcbbaabcacababablglg0lglglglg0abaabbbbaa，又10c，所以

lg0c，所以lglglg0lglgcbbaaab，即abblogcalogc0，abblogcalogc故成立，D对；故选D8.已知函数1()ln1fxxx，则()yfx的图象大致为（）．A.B

.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据特殊值的函数值排除,,ACD，从而选B.【详解】因为11011ln1feeee，所以A错；-6-因为11()0ln12feeee，所以C错；因为222211(

)ln13fefeeee，所以D错，故选：B．【点睛】本题考查了由函数解析式选择函数图象，考查了特值排除法，属于基础题.9.若实数x，y满足110220xxyxy，则21zxy的最小值（）A.1B.3

C.4D.9【答案】B【解析】作出可行域如图所示：作直线y=﹣2x﹣1+z，再将其平移至A（1，2）时，直线的纵截距最小，z最大为3故选B10.已知0,0xy，且11112xy，则xy的最小值为()A.3B.5C.7D.9【答案】C【解

析】【分析】-7-运用乘1法，可得由x+y＝（x+1）+y﹣1＝[（x+1）+y]•（111xy）﹣1，化简整理再由基本不等式即可得到最小值．【详解】由x+y＝（x+1）+y﹣1＝[（x+1）+y]•1﹣1＝[（x+1）+y

]•2（111xy）﹣1＝2（211xyxy）1≥3+411xyxy7．当且仅当x3，y＝4取得最小值7．故选C．【点睛】本题考查基本不等式的运用：求最值，注意乘1法和满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属于中档题．11.已知函数

21()sincos2fxxxxx，则不等式(23)(1)0fxf的解集为（）A.(2,)B.(1,)C.(2,1)D.(,1)【答案】C【解析】【分析】根据条件先判断函数是偶函数，然后求函数的导数，判断函数在[0，)上的单调性，结

合函数的奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可．【详解】解：2211()sin()cos()sincos()22fxxxxxxxxxfx，则()fx是偶函数，()sincossincos(1cos)fxxxxxxxxxxx

，当0x时，()0fx，即函数在[0，)上为增函数，则不等式(23)(1)0fxf得231fxf，即|23|1fxf，则|23|1x，得1231x

，得21x，-8-即不等式的解集为(2,1)，故选：C．【点睛】本题主要考查不等式的求解，结合条件判断函数的奇偶性和单调性，利用函数奇偶性和单调性的关系进行转化是解决本题的关键．属于中档题．12.已知函数21()(

)fxaxxee与()2lngxx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（）A.211,2eB.21,2eC.2212,eeD.222,e【答案】B【解析】【分析】先求出函数

()2lngxx关于x轴对称的函数2lnyx，再根据函数21()()fxaxxee与()2lngxx的图象上存在关于x轴对称的点，转化为22lnaxx，1(,)ee上有解，即22lnaxx，1(,)ee上有解，再令22lnhx

xx，求其值域即可.【详解】函数()2lngxx关于x轴对称的函数为2lnyx，因为函数21()()fxaxxee与()2lngxx的图象上存在关于x轴对称的点，所以22lnaxx，在1(,)ee上有解，所以22lnaxx

，在1(,)ee上有解，令22lnhxxx，21122xxhxxxx，当11xe时，0hx，当1xe时，0hx，所以当1x时，hx取得极大值11h，-9-又22112,2hhee

ee，所以221ea，即212ae.所以实数a的取值范围是21,2e.故选：B【点睛】本题主要考查函数的对称性和导数与函数的单调性、极值、最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题：本大题共4小

题，每小题5分．13.欧拉公式cossiniei把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数cos和sin联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学的天桥”若复数z满足()ieizi

，则z=________．【答案】22【解析】【分析】利用欧拉公式可得：cossin1iei．代入()ieizi，化简可得z，再利用模的运算性质即可得出．【详解】解：cossin1iei．()ieizi，(1)izi，

1izi，则22||12|||1|21(1)izi．故答案为：22．-10-【点睛】本题考查了欧拉公式、复数的运算性质、模的计算公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14.设0a.若曲线yx与直线,0xay

所围成封闭图形的面积为2a，则a______.【答案】：49【解析】试题分析：因为，曲线yx与直线,0xay所围成封闭图形的面积为2a，所以，2a=32002|3aaxdxx=3223a，解得，a49．考点：定积分计算，定积分的几何意义．点评：简单题，利用定积分的几何意义，

将面积计算问题，转化成定积分计算．15.直线1yx与曲线xaye相切，则a的值为________．【答案】2【解析】【分析】求出原函数的导函数，设直线1yx与曲线xaye相切于00(,)xaxe，得到函数在0xx处的导数，再由题意列关于0x与a的方

程组求解．【详解】解：由xaye，得'xaye，设直线1yx与曲线xaye相切于00(,)xaxe，则00|xaxxye．00011xaxaeex，解得022xa

．a的值为2．故答案为：2．【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．-11-16.已知函数yfx在R上的图象是连续不断的一条曲线，并且关于原点对称，其导函

数为fx，当0x时，有不等式22xfxxfx成立，若对xR，不等式2220xxefeaxfax恒成立，则正整数a的最大值为_______.【答案】2【解析】【分析】令2()(),gxxfx先判断函数g(x)的奇偶性和单调性，得到exax在R上恒成

立，再利用导数分析解答即得解.【详解】因为当0x时，有不等式22xfxxfx成立，所以22+20,[()]0xfxxfxxfx，令2()(),gxxfx所以函数g(x)在（0，+∞）上单

调递增，由题得22()()()g(x),gxxfxxfx所以函数g(x)是奇函数，所以函数在R上单调递增.因为对xR，不等式2220xxefeaxfax恒成立，所以222,()()exxxxefeaxfaxg

egaxax，，因为a>0,所以当x≤0时，显然成立.当x＞0时，()(0)xeahxxx，所以2(1)()xxehxx，所以函数h(x)在（0,1）单调递减，在（1，+∞）单调递增.所以min()(1)hxhe，所以a＜e,所以正整数a的

最大值为2.故答案为2【点睛】本题主要考查函数的奇偶性及其应用，考查函数单调性的判断及其应用，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.属-12-于中档题.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（Ⅰ）已知不等式220

(2)xaxaa的解集为12(,)(,)xx，求12121xxxx的最小值．（Ⅱ）若正数abc、、满足2abc，求证：2222bcaabc．【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）证明见解析．【解析】【分析】（Ⅰ）利用根与系数的关系及基本不等式求解12121xxxx的最小

值；（Ⅱ）直接利用基本不等式结合2abc证明；【详解】解：（Ⅰ）2a时，24(2)0=aa，因为不等式220(2)xaxaa的解集为12(,)(,)xx，所以方程220xaxa=的两

根为12xx，，由韦达定理可得12xxa，122xxa，因为2a，所以20a，则12121111222(2)24222xxaaaxxaaa，当且仅当3a时取等号，故12121xxxx的最小值为4；（Ⅱ）基本不等

式，由abc、、为正数且2abc由基本不等式，有2222,2,2bcaabbccaabc三式相加可得：222222bcaabcbcaabc-13-222bcaabcabc，即2222bcaabc（当

且仅当abc时等号成立）【点睛】本题考查一元二次不等式的解集与方程根的关系，训练了利用基本不等式求最值，属于中档题．18.已知椭圆C:22143xy，直线:l3323xtyt

（t为参数）．（1）写出椭圆C的参数方程及直线l的普通方程；（2）设1,0，若椭圆C上的点满足到点的距离与其到直线l的距离相等，求点的坐标．【答案】（1）2cos{3sinxy，:390lxy；（2）833(,)55P

．【解析】【详解】试题分析：本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的转化、参数方程与普通方程的转化等基础知识，意在考查考生的分析问题解决问题的能力、转化能力、运算求解能力.第一问，利用椭圆的参数方程，直接得到将直线的参数方程消参，得到直线的普通方程；第二

问，由于P点在椭圆上，结合参数方程设出P点坐标，利用两点间的距离公式，及点到直线的距离公式，再相等，解出sin及cos，从而得到P点坐标.试题解析：（1）C：2cos{3sinxy（θ为参数），l：x－3y＋9＝0．（2）设(2cos,3

sin)P,则22(2cos1)(3sin)2cosAP，P到直线l的距离2cos3sin92cos3sin922d．由|AP|＝d得3sinθ－4cosθ＝5，又sin2θ＋cos2θ＝1，得

3sin5，4cos5．故833(,)55P．考点：极坐标方程与直角坐标方程的转化、参数方程与普通方程的转化.19.已知函数()ecosxfxxx．-14-（Ⅰ）求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；（Ⅱ）求函数()fx在区间π[

0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y；（Ⅱ）最大值1；最小值2.【解析】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式()()()000yffx¢-=-中即可；（Ⅱ）设hxfx，求hx，根据0hx确定函数hx的单调性，根据单调性

求函数的最大值为00h，从而可以知道0hxfx恒成立，所以函数fx是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为ecosxfxxx，所以ecossin1,00xfxxxf.又因为01f，所以曲

线yfx在点0,0f处的切线方程为1y.（Ⅱ）设ecossin1xhxxx，则ecossinsincos2esinxxhxxxxxx.当π0,2x时，

0hx，所以hx在区间π0,2上单调递减.所以对任意π0,2x有00hxh，即0fx所以函数fx在区间π0,2上单调递减.因此

fx在区间π0,2上的最大值为01f，最小值为22f.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过f

x不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设hxfx，再求hx，一般这时就可求得函数hx的零点，或是0hx(0hx)恒成立，这样就能知道函数hx的单调性，再根据单

调性求其最值，从而判断yfx的单调性，最后求得结果.-15-20.选修4－5：不等式选讲：设函数|1|2||fxxx－，21gxxmx-．（1）当4m-时，求不等式fxgx的解集；（2）若不等式

fxgx在1[2,]2上恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）(2,22)（2）9(,)2m【解析】【分析】（1）当4m时，根据不等式fxgx，分类讨论，即可求解

不等式的解集．（2）分类讨论分别求得，当21x和112x时，()()fxgx恒成立时，列出不等式（组），求得实数m的取值范围，即可求解．【详解】（1）由题意，函数12fxxx，可得21,1,3,12,21,2,xxfxxx

x当4m时，241gxxx.当1x时，原不等式等价于220xx，解得20x，∴21x；②当12x时，原不等式等价于2420xx，解之，得2222x，∴122x

；③当2x时，211gxg，而23fxf，∴不等式fxgx解集为空集.综上所述，不等式fxgx的解集为2,22.（2）①当21x时，fxgx恒成立等价于22mxxx，又0x，∴2mx，故4m；②当112

x时，fxgx恒成立等价于3gx恒成立，即min3gx，只需13132gg即可，即3,9,2mm，∴92m，-16-综上，9,2m.【点睛】本题主要考查了本题主要考查绝对值不等

式以及一元二次不等式的解法、分段函数等知识点，重点考查分类讨论思想，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养．21.如图，有一种赛车跑道类似“梨形”曲线，由圆弧,BCAD和线段AB，CD四部分组成，在极坐标系Ox中，A（2，3），B（1，23），C（1，43），D（2，3），弧

,BCAD所在圆的圆心分别是（0，0），（2，0），曲线M1是弧BC，曲线M2是弧AD．（1）分别写出M1，M2的极坐标方程：（2）点E，F位于曲线M2上，且3EOF，求△EOF面积的取值范围．

【答案】（1）M1，M2的极坐标方程为24133和ρ＝4cosθ（33）；（2）[23,33]．【解析】【分析】（1）利用圆的极坐标方程的求法求解．（2）设点E（ρ1，α），点F(23,

)，（03），得到ρ1＝4cosα，24cos3，然后代入121sin23EOFS△，利用三角恒等变换化简求解.【详解】（1）由题意可知：M1的极坐标方程为24133．记圆弧AD所在圆的圆心（

2，0），-17-因为2,,2,33AD，所以极点O在圆弧AD上．设P（ρ，θ）为M2上任意一点，则ρ＝4cosθ（33）．所以：M1，M2的极坐标方程为24133和ρ＝4

cosθ（33）．（2）设点E（ρ1，α），点F(23,)，（03）所以ρ1＝4cosα，24cos3．所以2121sin43coscoscossinsin23cos3sincos2333EOFS

3(cos213sin2)1323cos2sin232223sin236由于03，所以1sin2126．故EOF[23,33]S△．【点

睛】本题主要考查极坐标方程的求法，三角形面积公式以及三角恒等变换与三角函数的性质的应用，还考查了运算能力和转换能力，属于中档题．22.已知函数()lnfxxx.（1）若函数2()2yfxmxx在1,22上恰有两个零点，求实

数m的取值范围.（2）记函数212gxfxxbx，设1212,xxxx是函数gx的两个极值点，若32b，且12gxgxk恒成立，求实数k的最大值.【答案】（1）5ln2

24m；（2）152ln28-18-【解析】【分析】（1）利用导数研究三次函数的单调性和极值，根据单调性和极值列不等式组即可解得结果；（2）根据已知条件将12()()gxgx化为关于1x的函数，再利用导数求出其最小值，则可得到实数k的最大值.【详解】（1）因为lnfxxx，

∴函数2223ln0yfxmxxxxxmx，令23ln0hxxxxmx，则211123xxhxxxx，令0hx得112x，21x，列表

得：x121,121(1,2)2hx00hx5ln24m单调递减极小值2m单调递增2ln2m∴当1x时，hx的极小值为12hm，又15ln224hm，22ln2hm.∵函数2

2yfxmxx在1,22上恰有两个零点，∴102(1)0(2)0hhh即5ln204202ln20mmm，解得5ln224m.（

2）21ln12gxxxbx，-19-∴21111xbxgxxbxx，令0gx得2110xbx，∵1x，2x是gx的极值点，∴121xxb

，121xx，∴211xx，∵32b，∴121215210xxxxx解得：1102x≤，.∴22112121221ln12xgxgxxxbxxx，

2221121112111112ln2ln,0222xxxxxxx.令221112ln,022Fxxxxx，则22331210xFxxxxx，∴

Fx在10,2上单调递减；∴当12x时，min1152ln228FxF，根据12gxgxk恒成立，可得152ln28k，∴k的最大值为152ln28.【

点睛】本题考查了函数的零点问题，考查了数形结合思想，考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，考查了利用导数处理不等式恒成立问题，属于中档题.