还剩8页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高中高二(下)期中数学试卷(文科)含解析
一、填空题本大题共14小题,每小题5分,共70分.请把答案填写在答题卡相应的位置上.1.(5分)(xx春•常州期中)计算i+i2+…+ixx的值为 ﹣1 .考点虚数单位i及其性质.专题数系的扩充和复数.分析由于ixx=(i4)503•i3=﹣i.再利用等比数列当前n项和公式即可得出.解答解∵ixx=(i4)503•i3=﹣i.∴i+i2+…+ixx====﹣1.故答案为﹣1.点评本题考查了复数的运算法则、周期性、等比数列当前n项和公式,考查了计算能力,属于中档题. 2.(5分)(xx春•常州期中)复数在复平面内对应的点的坐标是 (0,﹣1) .考点复数代数形式的乘除运算;复数的基本概念.专题计算题.分析首先进行复数的除法运算,分子和分母同乘以分母的共轭复数,分子和分母进行复数的乘法运算,得到最简形式即复数的代数形式,写出复数对应的点的坐标.解答解∵=,∴复数在复平面上对应的点的坐标是(0,﹣1)故答案为(0,﹣1)点评本题考查复数的代数形式的乘除运算,考查复数在复平面上对应的点的坐标,要写点的坐标,需要把复数写成代数形式的标准形式,实部做横标,虚部做纵标,得到点的坐标. 3.(5分)(xx春•常州期中)设复数z满足i(z+1)=3+2i,则z的虚部是 ﹣3 .考点复数代数形式的乘除运算.专题数系的扩充和复数.分析化简已知复数,由复数的基本概念可得虚部.解答解∵复数z满足i(z+1)=3+2i,∴z=﹣1=﹣1=﹣1=2﹣3i﹣1=1﹣3i,∴复数的虚部为﹣3,故答案为﹣3.点评本题考查复数的代数形式的乘除运算,涉及复数的基本概念,属基础题. 4.(5分)(xx春•常州期中)设全集U={1,3,5,7,9},A={1,|a﹣5|,9},∁UA={5,7},则a的值为 2或8 .考点集合关系中的参数取值问题.专题常规题型.分析根据题意,结合补集的性质,可得两相等集合,即得|a﹣5|=3,解出a即可.解答解由于全集U={1,3,5,7,9},CUA={5,7},依据补集的性质CU(CUA)=A则有{1,3,9}={1,|a﹣5|,9},即|a﹣5|=3,解得a=2或8.故答案为2或8.点评本题考查了集合的交、补运算和集合相等,属于基础题. 5.(5分)(xx春•常州期中)命题“∀x∈R,x2﹣x+1>0”的否定是 .考点命题的否定.专题计算题.分析根据命题的否定的规则进行求解,注意“任意”的“否定”为存在;解答解∵命题“∀x∈R,x2﹣x+1>0”∵“任意”的否定为“存在”∴命题的否定为,故答案为点评此题主要考查命题的否定规则,是一道基础题,注意常见的否定词; 6.(5分)(xx春•常州期中)设x是纯虚数,y是实数,且2x﹣1+i=y﹣(3﹣y)i,则|x+y|= .考点复数代数形式的乘除运算.专题数系的扩充和复数.分析设x=ai(a∈R,且a≠0).代入2x﹣1+i=y﹣(3﹣y)i,可得2ai﹣1+i=y﹣(3﹣y)i,利用复数相等、模的计算公式即可得出.解答解设x=ai(a∈R,且a≠0).∵2x﹣1+i=y﹣(3﹣y)i,∴2ai﹣1+i=y﹣(3﹣y)i,∴﹣1=y,2a+1=﹣(3﹣y),解得y=﹣1,a=﹣.x+yi=﹣i=﹣.则|x+y|=.故答案为.点评本题考查了复数相等、模的计算公式,属于基础题. 7.(5分)(xx春•常州期中)已知关于实数x的两个命题p<0,q x+a<0,且命题p是q的必要不充分条件,则实数a的取值范围是 a≥1 .考点复合命题的真假.专题简易逻辑.分析根据不等式的解法求出p,q的等价条件,然后利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论.解答解p<0⇔(x+1)(x﹣2)>0,解得x<﹣1,或x>2,q x+a<0,解得x<﹣a,∵命题p是q的必要不充分条件,∴﹣a≤﹣1,即a≥1故答案为a≥1.点评本题主要考查充分条件和必要条件的应用,利用不等式的性质求出p,q的等价条件是解决本题的关键 8.(5分)(xx春•常州期中)若函数为奇函数,则a= .考点函数奇偶性的性质.专题函数的性质及应用.分析根据函数奇偶性的定义建立条件关系即可得到结论.解答解∵函数为奇函数,∴f(﹣x)=﹣f(x)即=﹣,即(3x﹣1)(x+a)=(3x+1)(x﹣a)则3x2+(3a﹣1)x﹣a=3x2+(1﹣3a)x﹣a,则3a﹣1=1﹣3a,即3a﹣1=0,解得a=;故答案为;点评本题主要考查函数奇偶性的性质的应用,根据条件建立方程关系是解决本题的关键. 9.(5分)(xx春•常州期中)将正奇数按如图所示的规律排列则第n(n≥4)行从左向右的第3个数为 n2﹣n+5 .考点归纳推理.专题推理和证明.分析由三角形数阵,知第n行的前面共有1+2+3+…+(n﹣1)个连续奇数,第n行从左向右的第3个数应为2[+3]﹣1.解答解观察三角形数阵,知第n行(n≥3)前共有1+2+3+…+(n﹣1)=个连续奇数,第n行(n≥3)从左向右的第3个数为2[+3]﹣1=n2﹣n+5;故答案为n2﹣n+5.点评本题从观察数阵的排列规律,考查了数列的求和应用问题;解题时,关键是发现规律并应用所学知识,来解答问题 10.(5分)(xx春•常州期中)二维空间中,正方形的一维测度(周长)l=4a(其中a为正方形的边长),二维测度(面积)S=a2;三维空间中,正方体的二维测度(表面积)S=6a2(其中a为正方形的边长),三维测度(体积)V=a3;应用合情推理,若四维空间中,“超立方”的三维测度V=4a3,则其四维测度W= .考点类比推理.专题推理和证明.分析根据所给的示例及类比推理的规则得出高维的测度的导数是底一维的测度,从而得到W′=V,从而求出所求.解答解二维空间中,正方形的一维测度(周长)l=4a(其中a为正方形的边长),二维测度(面积)S=a2;三维空间中,正方体的二维测度(表面积)S=6a2(其中a为正方形的边长),三维测度(体积)V=a3;应用合情推理,若四维空间中,“超立方”的三维测度V=4a3,则其四维测度W=,故答案为.点评本题考查类比推理,解题的关键是理解类比的规律,解题的关键主要是通过所给的示例及类比推理的规则得出高维的测度的导数是低一维的测度,属于基础题. 11.(5分)(xx春•常州期中)若函数f(x)是定义在R上的偶函数,在区间(﹣∞,0)上是减函数,则使f(lnx)<f
(1)的x的取值范围为 (,e) .考点函数单调性的性质.专题函数的性质及应用.分析函数f(x)是R上的偶函数,且在(﹣∞,0]上是减函数,可得函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,由f(lnx)<f
(1),即f(|lnx|)<f
(1),利用单调性即可得出.解答解∵函数f(x)是R上的偶函数,且在(﹣∞,0]上是减函数,∴函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,∵f(lnx)<f
(1),即f(|lnx|)<f
(1),∴|lnx|<1,∴﹣1<lnx<1,解得<x<e∴实数a的取值范围是(,e),故答案为.点评本题考查了函数的奇偶性、单调性,得到f(|lnx|)<f
(1)是解题的关键,属于中档题 12.(5分)(xx春•常州期中)直线y=t与函数f(x)=的图象分别交于A,B两点,则线段AB的长度的最小值为 .考点指数函数的图像与性质.专题函数的性质及应用;导数的综合应用.分析由题意得到A(t2,t),B(lnt,t),其中t2>lnt,且t>0,表示|AB|,构造函数,确定函数的单调性,即可求出|AB|的最小值.解答解∵直线y=t与函数f(x)=的图象分别交于A,B两点,∴A(t2,t),B(lnt,t),其中t2>lnt,且t>0,∴|AB|=t2﹣lnt设函数f(t)=t2﹣lnt,f′(t)=t﹣,t>0,令f′(t)=0,解得t=1,当f′(t)>0,即t>1时,函数在(1,+∞)单调递增,当f′(t)<0,即0<t<1时,函数在(0,1)单调递减,故t=1时,函数有最小值,最小值为f
(1)=,故线段AB的长度的最小值为.故答案为.点评本题考查最值问题,考查导数知识的运用,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 13.(5分)(xx春•常州期中)如果函数y=a2x+2ax﹣1(a>0,a≠1)在区间[﹣1,1]上的最大值是14,则实数a的值为 3或 .考点指数型复合函数的性质及应用.专题函数的性质及应用.分析令t=ax,结合指数函数和一元二次函数的性质进行求解即可.解答解设t=ax,则函数等价为y=f(t)=t2+2t﹣1=(t+1)2﹣2,对称轴为t=﹣1,若a>1,则0<≤t≤a,此时函数的最大值为f(a)=(a+1)2﹣2=14,即(a+1)2=16,即a+1=4或a+1=﹣4,即a=3或a=﹣5(舍),若0<a<1,则0<a≤t≤,此时函数的最大值为f()=(+1)2﹣2=14,即(+1)2=16,即+1=4或+1=﹣4,即=3或=﹣5(舍),解得a=,综上3或;故答案为3或;点评本题主要考查指数函数的性质和应用,利用换元法结合一元二次函数的性质是解决本题的关键. 14.(5分)(xx春•常州期中)已知函数y=f(x)是定义域为R偶函数,当x≥0时,f(x)=,若函数f(x)在(t,t+2)上的值域是,则实数t的值的集合为 {﹣,﹣2} .考点分段函数的应用.专题函数的性质及应用.分析根据函数奇偶性的性质求出函数f(x)的表达式,利用数形结合进行求解即可.解答解∵函数y=f(x)是定义域为R偶函数,∴若﹣2≤x≤0,则0≤﹣x≤2,则f(﹣x)==f(x),即当﹣2≤x≤0,f(x)=,若x<﹣2,则﹣x>2,则f(﹣x)==f(x),即当x<﹣2,f(x)=,作出函数f(x)的图象如图当x=0时,f(x)=0,当x=2时,f
(2)=﹣2,由=﹣得x2=3,x=±,由=﹣得x=3,由=﹣得x=﹣3,若函数的值域为,则t<0<t+2即﹣2<t<0,当t=﹣时,f(t)=﹣,此时t+2=2﹣,∵0<2﹣<,∴满足函数的值域为,若t+2=时,即f(t+2)=﹣,此时t=﹣2,∵﹣<﹣2<0,∴满足函数的值域为,综上t=﹣或﹣2,故答案为{﹣,﹣2}点评本题主要考查分段函数的应用,利用函数奇偶性的性质求出函数的解析式,利用数形结合是解决本题的关键.综合性较强.
二、解答题本大题共6小题,共计90分,请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明或演算步骤.15.(14分)(xx春•常州期中)已知命题p关于实数x的方程x2+mx+1=0有两个不等的负根;命题q关于实数x的方程4x2+4(m﹣2)x+1=0无实根.命题“p或q”真,“p且q”假,求实数m的取值范围.考点复合命题的真假.专题简易逻辑.分析根据条件分别求出命题p,q的等价条件,结合复合命题之间的关系进行求解即可.解答解若方程x2+mx+1=0有两不等的负根,则,解得m>2即命题p m>2,…(4分)若方程4x2+4(m﹣2)x+1=0无实根,则△=16(m﹣2)2﹣16=16(m2﹣4m+3)<0解得1<m<3.即命题q1<m<3.…(8分)由题意知,命题p、q应一真一假,即命题p为真,命题q为假或命题p为假,命题q为真.…(10分)∴或,解得m≥3或1<m≤2.…(14分)点评本题主要考查复合命题真假之间的关系以及应用,根据条件求出命题p,q的等价条件是解决本题的关键. 16.(14分)(xx春•常州期中)已知z是复数,均为实数,
(1)求复数z
(2)若复数(z+ai)2在复平面上对应的点在第一象限,求实数a的取值范围.考点复数代数形式的乘除运算.专题数系的扩充和复数.分析
(1)设z=x+yi(x,y∈R),利用复数的运算法则、复数相等即可得出;
(2)利用复数的运算法则、几何意义即可得出.解答解
(1)设z=x+yi(x,y∈R),则z(1+2i)=(x+yi)(1+2i)=x﹣2y+(2x+y)i∈R,则2x+y=0,
①,则x+2y+2=0,
②由
①②解得,∴.
(2),在复平面上对应的点在第一象限,当且仅当,解得.∴实数a的取值范围是.点评本题考查了复数的运算法则、复数相等、几何意义,考查了计算能力,属于中档题. 17.(14分)(xx春•常州期中)已知集合A=,C={x∈R|x2+bx+c≥0}.
(1)求A∪B;
(2)若(A∪B)∩C为空集,(A∪B)∪C=R,求b,c的值.考点交集及其运算;并集及其运算.专题集合.分析
(1)求出A中x的范围确定出A,求出B中y的范围确定出B,找出两集合的并集即可;
(2)由题意得到x2+bx+c=0必有两个不等实根,记为x1,x2(x1<x2),表示出C,根据题意确定出x1,x2的值,即可求出b与c的值.解答解
(1)∵A=(﹣2,1),B=[2﹣4,3),∵2﹣1<1,∴A∪B=(﹣2,3);
(2)由题意知,方程x2+bx+c=0必有两个不等实根,记为x1,x2(x1<x2),C=(﹣∞,x1]∪[x2,+∞),由(A∪B)∩C为空集,得到x1≤﹣2,x2≥3,由(A∪B)∪C=R,得到x1≥﹣2,x2≤3,∴x1=﹣2,x2=3,解得b=﹣1,c=﹣6.点评此题考查了交集及其运算,并集及其运算,熟练掌握各自的定义是解本题的关键. 18.(16分)(xx春•常州期中)将一个长宽分别为2米和2k米(0<k<1)的铁皮的四角切去相同的正方形,然后折成一个无盖的长方体的盒子,记切去的正方形边长为x(0<x<k),
(1)若,求这个长方体盒子的容积的最大时的x的值;
(2)若该长方体的盒子的对角线长有最小值,求k的范围.考点导数在最大值、最小值问题中的应用.专题计算题;应用题;函数的性质及应用;导数的综合应用.分析
(1)化简V=4(1﹣x)(k﹣x)x=4[x3﹣(1+k)x2+kx],x∈(0,k),从而求导,;从而确定函数的最大值即可;
(2)记长方体的盒子的对角线长度为l米,从而可得,从而可得,从而解得.解答解
(1)V=4(1﹣x)(k﹣x)x=4[x3﹣(1+k)x2+kx],x∈(0,k),,;解得(舍去),;故函数V在(0,)上单调递增,在(,)上单调递减;故这个长方体盒子的容积的最大时的x的值为.
(2)记长方体的盒子的对角线长度为l米,则,∵l有最小值,∴,解得.故k的范围为(,1).点评本题考查了函数在实际问题中的应用及导数的综合应用,属于中档题. 19.(16分)(xx春•常州期中)已知函数f(x)=x2+|x﹣a|+1,x∈R,
(1)当a=0时,判断函数f(x)的奇偶性;
(2)当时,求函数f(x)的单调区间;
(3)当时,求函数f(x)的最小值.考点分段函数的应用;函数的单调性及单调区间;函数奇偶性的判断.专题分类讨论;函数的性质及应用.分析
(1)求出a=0时,f(x)的解析式,由偶函数的定义,即可判断;
(2)去绝对值,结合二次函数的对称轴和单调性,可得单调区间;
(3)去绝对值,讨论a的范围,求得单调区间,即可得到最小值.解答解
(1)当a=0时,f(x)=x2+|x|+1,定义域为R,f(﹣x)=(﹣x)2+|﹣x|+1=x2+|x|+1=f(x),则f(x)为偶函数;
(2)当a=时,f(x)=,当x时,f(x)=(x+)2+递增;当x<时,f(x)=(x﹣)2+,递减.则f(x)的单调减区间为,增区间为;
(3)f(x)=,(ⅰ)当时,f(x)在上递减,在上递增,;(ⅱ)当时,f(x)在(﹣∞,a)上递减,在(a,+∞)上递增,.点评本题考查含绝对值函数的奇偶性和单调性及最值求法,注意去绝对值化为二次函数解决,运用分类讨论的思想方法是解题的关键. 20.(16分)(xx春•常州期中)已知函数,g(x)=ax.
(1)若直线y=g(x)是函数的图象的一条切线,求实数a的值;
(2)若函数h(x)=f(x)﹣g(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)与g(x)的图象有两个交点A(x1,y1),B(x2,y2),求证x1x2>2e2.(取e为
2.8,取ln2为
0.7,取为
1.4)考点利用导数研究曲线上某点切线方程;利用导数研究函数的单调性.专题综合题;导数的概念及应用.分析
(1)求导数,利用直线y=g(x)是函数的图象的一条切线,求实数a的值;
(2)把f(x)和g(x)代入h(x)=f(x)﹣g(x),求其导函数,结合h(x)在(0,+∞)上单调递增,可得对∀x>0,都有h′(x)≥0,得到a≤,即可得到a的取值范围;
(3)先证明lnx1x2﹣=,证明ln﹣>1,令G(x)=lnx﹣,再由导数确定G(x)在(0,+∞)上单调递增,然后结合lne﹣=ln2+1﹣≈
0.85<1得到>e,即x1x2>2e2.解答
(1)解设切点(x0,lnx0),则切线方程为y﹣lnx0=(x﹣x0),即y=+lnx0﹣1,∴=a,lnx0﹣1=0,∴a=;
(2)解h(x)=f(x)﹣g(x)=lnx﹣﹣ax﹣b,则h′(x)=﹣a,∵函数h(x)=f(x)﹣g(x)在(0,+∞)上单调递增,∴x>0时,h′(x)≥0,∴a≤,设=t(t≥1),则u(t)=t+t2,在(1,+∞)上单调递增,∴u(t)min=u
(1)=2,∴a≤2;
(3)证明由题意知=ax1,lnx2﹣=ax2,两式相加得lnx1x2﹣=a(x1+x2),两式相减得﹣=a(x2﹣x1),即=a,∴lnx1x2﹣=()(x1+x2),即lnx1x2﹣=,不妨令0<x1<x2,记t=>1,令F(t)=lnt﹣(t>1),则F′(t)=>0,∴F(t)=lnt﹣在(1,+∞)上单调递增,则F(t)=lnt﹣>F
(1)=0,∴lnt>,则>,∴lnx1x2﹣=>2,又lnx1x2﹣<lnx1x2﹣=2ln﹣∴2ln﹣>2,即ln﹣>1令G(x)=lnx﹣,则x>0时,G′(x)=+>0,∴G(x)在(0,+∞)上单调递增,又lne﹣=ln2+1﹣≈
0.85<1,∴G()=ln﹣>1>lne﹣,则>e,即x1x2>2e2.点评本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查了利用导数求函数的最值,体现了数学转化思想方法和函数构造法,本题综合考查了学生的逻辑思维能力和灵活应变能力,难度较大. 。