【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211zaai为纯虚数，则20211

aii=（）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1949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()lnfxkx

x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1kx

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1122

844,482ccccabbaabba，故A错；对于B：18,4,2abc则1122218,442ccccabab，故B错；对于C：18,4,2abc则1132112222842

211loglog,loglog32abablogclogclogclogc，故C错；对于D：abblogcalogc=lglglglglg1,lglglglgcbbaabcacababa

b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.3C.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)fxxxxxxxxx

xx，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hxxx，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()2lngx

x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22112,2hheeee，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|3aaxd

xx=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,()()exxxxefeaxfaxgegaxa

x，，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：22222

2bcaabcbcaabc-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－3

y＋9＝0．（2）设(2cos,3sin)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3si

n5，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()f

x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0h

x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ecosxf

xxx，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0

fx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fx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,xxfxxxx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112x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＝4cosθ（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）5ln224m；（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22yfxm

xx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：1

102x≤，.∴22112121221ln12xgxgxxxbxxx，2221121112111112ln2ln,0222xxxxxxx.令2

21112ln,022Fxxxxx，则22331210xFxxxxx，∴Fx在10,2上单调递减；∴当12x时，min1152ln22

8FxF，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.