安徽省阜阳市第三中学2018_2019学年高二数学下学期期中试题理

期中考试理科数学试题

考试时间：120分钟 满分：150分

第Ⅰ卷(60分)

一． 选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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

ai(aR)为纯虚数，其中i为虚数单位，则a（ ） 12i A. 3 B. 2 C. 2 D. 3

2.函数fx3x2ex的单调递增区间是（ ）

A．,0 B．0, C．,3和1, D．3,1 3．若函数fxacosx，则fa（ ）

3A．3a2sina B．3a2sina C．sina D．cosa

4．函数yfx是R上的连续可导函数， 若fxx2x3，则fx的极值点为（ ）

A．3， 2 B．2,0 C．2,0,3,0 D．2 5．曲线yxe2x1在x0处的切线方程为（ ）

A．y3x1 B．y3x1 C．y3x1 D．y2x1

6．某次比赛结束后，记者询问裁判进入半决赛的甲、乙、丙、丁四位参赛者谁获得了冠军，裁判给出了三条线索：①乙、丙、丁中的一人获得冠军；②丙获得冠军；③甲、乙、丁中的一人获得冠军.若给出的三条线索中有一条是真的，两条是假的，则获得冠军的是（ ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

7．设P为曲线C:yx2x3上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为

22x[0,]，则点P横坐标的取值范围为（ ）

411A．[0,1] B．[1,0] C．[,1] D．[1,]

22 8.下面给出了四个类比推理：

- 1 - / 10

①由“若a,b,cR,则(ab)ca(bc)”类比推出“若a,b,c为三个向量,

则(ab)c=a(bc)”；②“a,b为实数，若ab0，则ab0”类比推出“z1,z2为

22复数，若z1z20,则z1z20”③“在平面内，三角形的两边之和大于第三边”类比推

22出“在空间中，四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积”④“在平面内，过不在同一条直线上的三个点有且只有一个圆”类比推出“在空间中，过不在同一个平面上的四个点有且只有一个球”．上述四个推理中，结论正确的个数有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

9．函数f(x)(1cosx)sinx在[,]上的图象大致是（ ）

A． B．

C．

10．已知fxA．2,0 D．

12xalnx在区间0,2上不单调，实数a的取值范围是（ ） 20,2 B．4,00,4 C．0,2 D．0,4

满足fxcosxfxsinx0，(其中211． 已知偶函数yfx对于任意的x0,fx是函数fx的导函数)，则下列不等式中成立的是（ ）

A．2ff2ff B．

34342f D．422C. f0f2f 4312．设函数fx3x4axa0与gx2alnxb有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为( ) A．

1111 B． C． D． 2222e2e3e4e- 2 - / 10

第Ⅱ卷(共90分)

二.填空题：本大题共4小题，每小题5分 13．复数z1x2i(i为虚数单位）的虚部为________ 1i14．(e2x)dx ．

015．已知函数f(x)2cosxsin2x，则f(x)的最大值是__________．

16．函数f(x)x3xax2a，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是__________．

三．解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．（本小题10分）已知复数z1ia23a2iaR. (1)若zz，求z；

(2)若在复平面内复数z对应的点在第一象限,求a的取值范围.

18．（本小题12分）

（1)已知a0,b0且ab2，求证：（2）已知a0，

19．（本小题12分）

321b1a，中至少有一个小于2. ab1111，求证：1a ba1b- 3 - / 10

已知函数f(x)ax2ln(1x)（a为实数）. （I）若f(x)在x1处有极值，求a的值；

（II）若f(x)在[3，2]上是增函数，求a的取值范围.

20．（本小题12分） 已知数列an满足an12121annan1,且a13. 22（1）计算a2、a3、a4的值，由此猜想数列an的通项公式； （2）用数学归纳法对你的结论进行证明．

21．（本小题12分）

已知函数f(x)lnxa(1x).

（Ⅰ）求证：当a0时，函数f(x)在[,e]上存在唯一的零点；

（Ⅱ）当a0时，若存在x(0,)，使得f(x)22a0成立，求a的取值范围.

22．（本小题12分） 已知函数fx1212xxalnx(a0) . 2（1）讨论fx的单调性；

（2）若fx存在两个极值点x1,x2，求证： fx1fx232ln2. 4- 4 - / 10

高二年级理科参考答案 一.选择题 1．C 2．D

【解析】fx3x2ex⇒ f'xx1x3e.

x令f′(x)>0⇒−3【解析】由题意f'xsinx，所以f'asina，故选C． 4．D

【解析】因为fxx2x3，所以当x2时， fx0，函数yfx单调递增；当x2时， fx0， 函数yfx单调递减；因此x2是极值点。当 fx0，函数yfx单调递增；当x3时， fx0，函数yfx2x3时，

单调递增，因此x3不是极值点，应选答案D。 5．A

【解析】x0y1;yexe2;y|x03.所以所求切线为

xx2y(1)3(x0),即y3x1.故选A

6．A

【解析】分析：从②入手，讨论真假两种情况，进而可得甲为冠军. 详解：若②是真的，那么①也是真的，不成立；

若②不是真的，即丙不是冠军，那么甲、乙、丁必有一人是冠军，所以③为真，则①为假，可知冠军为甲.故选A. 7．D【解析】由

，得

，由曲线在点处切线倾斜角的取值范围为

，设点横坐标为，则

可

知，曲线在点处切线的斜率的取值范围为，解得

，即点横坐标的取值范围为，故选． - 5 - / 10

8．B 9．A

【解析】f'xsinxsinx1cosxcosxcosx12cosx1， 由f'x0可得： 3x3，即函数fx在区间,上是增函数，在区间33和区间,,上是减函数，观察所给选项，只有A选项符合题意. 3310．D 【解析】

ax2a试题分析：因为函数f(x)在区间0,2上不单调，所以fxx在0,2上

xx有零点，即a(0,2)，所以a(0,4)，故选D. 11．D 【解析】 构造函数Fxfxfxcosxfxsinx,Fx0Fx在0,为增函数2cosxcosx2ff43F()F()f2f3f，故选D.

43433coscos4312．A 【解析】

ffx0gx02a2,agx由,题意{ ,可得x6x4fx0gx0x12 ,由(1)得3x02ax0a20,解得x0a或x0a (舍

322{2a26x04a1x023x04ax02a2lnx0b222去),代入(2)得, b2alnaa，构造hx2xlnxxx0,hx4xlnx1，

则hx在0,上单调递减，在,上单调递增，即bhx的最小值为

1e1e- 6 - / 10

111h2，所以b的最大值为2，故选A.

eee二．填空题 13．1 14．e 【解析】解：

(e01x2x)dxexx2|10e11e

15．

，

【解析】详解：函数

设，函数在

故当t=16．

时函数取得最大值，此时

，，即

.则.作出

和

【解析】令正整数，使得

..因为存在唯一的

过定点

.

的图象，如图所示，其中

由图可知，只有

.

三.解答题

时满足.因为，，所以由图可知有.解得

17．解：（1）a1时z0 a1时z6

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（2）1a1

18(1)证明：假设

都不小于2，则

, 即

这与已知矛盾,故假设不成立,从而原结论成立.

>

，只需证

>1，只需

（2）[证明] ∵－>1，a>0，∴01，只需证a－b－ab>0，即成立．

19．解：由已知得f(x)的定义域为(，1) 又f'(x)2ax>1.即－>1.这是已知条件，所以原不等式

2 1x ……3分

由题意得f'(1)2a10

1a

2 ……5分

（II）解：依题意得

f'(x)0对x[3，2]恒成立，ax20 1x……7分

1 ……9分

121(x)241111x[3，2]，(x)2的最大值为(2)26

242411的最小值为 ……11分 116(x)2241又因a时符合题意

61a为所求

62ax20．（1）

，

；（2）证明见解析.

，猜想：

，结论成立；

- 8 - / 10

．

21，a1xx2x试题解析： ⑴（2）①当

时，

②假设当时，结论成立，即，

则当即当

时，

时，结论也成立，

的通项公式为

.

，定义域为

在

单调递增， ，函数

在

上单调递增， ，

，

由①②得，数列

21．【解析】（Ⅰ）函数由又所以函数

在，所以

，则函数，

上存在唯一的零点.

，

，，在在

，

（Ⅱ）由（Ⅰ），当当则

在

时，时，

，

单调递增，

单调递减，

.

成立”等价于“，

，则，当

在时，

单调递增，且

，

， 时，

”，所

时取最大值，且最大值为

，使得

，即，时，

.

“存在以令所以当

即的取值范围为

ax2xa(a0)， 22．【解析】（1）fxx1xx①若a12,xxa0,fx0，所以fx在0,上单调递增； 4114a114a12，解xxa0，得0x，或x，

224114a114ax， 22②若0a2解xxa0，得- 9 - / 10

此时fx在114a114a上单调递减. ,22114a114a在0,上单调递增，在上单调递增. ,22综上，当a当0a1时， fx在0,上单调递增， 4114a114a114a1时， fx在上单调递减，在上单,0,2224114a调递增，在上单调递增. ,2（2）由（2）知0a两

根

，

1时， fx存在两个极值点x1,x2，且x1,x2是方程x2xa0的4所

以

x1x21,x1x2a，所以

121212x1x1alnx1x2x2alnx2x1x2x1x2x1x2alnx1x222211 a1alnaalnaa，

2211令gxxlnxx(0x),gxlnx0，

24fx1fx2所以gx在0,上单调递减，所以gxg所以fx1fx214132ln2， 4432ln2 4

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