2019-2020学年高二数学下学期期中试题 理(含解析) (IV).doc

2019-2020学年高二数学下学期期中试题 理(含解析) (IV)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. 设，若复数（是虚数单位）的实部为，则的值为（ ）A. B. C. 1 D. -1【答案】C【解析】分析：将复数分母实数化得到实部，令其等于，即可得解.详解：复数.实部为，所以.解得.故选C.点睛：本题考查了复数的除法运算和实部的概念，属于基础题.2. 函数的图象在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】f(x)，则f(1)1，故函数f(x)在点(1，2)处的切线方程为y(2)x1，即xy30.故选：C3. 用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于”时，假设正确的是（ ）A. 假设三内角都不大于 B. 假设三内角都大于C. 假设三内角至多有一个大于 D. 假设三内角至多有两个大于【答案】B【解析】分析：根据“至少有一个”的否定：“一个也没有”可得解.详解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”.故选B.点睛：一些正面词语的否定：“是”的否定：“不是”；“能”的否定：“不能”；“都是”的否定：“不都是”；“至多有一个”的否定：“至少有两个”；“至少有一个”的否定：“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：“至少有n+1个”；“任意的”的否定：“某个”；“任意两个”的否定：“某两个”；“所有的”的否定：“某些”4. 已知为虚数单位，若复数（）的模为该复数的实部的倍，则（ ）A. 0 B. -4 C. 1或-1 D. 1【答案】A【解析】分析：将复数分母实数化得到模和实部，建立方程可得解.详解：复数.模为：.根据题意得：.解得.故选A.点睛：本题考查了复数的除法运算和模的计算，实部的概念，属于基础题.5. 由抛物线和直线所围成的封闭图形的面积等于（ ）A. 1 B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由定积分的几何意义可求封闭图形的面积.详解：联立，解得和.所以抛物线和直线所围成的封闭图形的面积等于.故选B.点睛：定积分的计算一般有三个方法：（1）利用微积分基本定理求原函数；（2）利用定积分的几何意义，利用面积求定积分；（3）利用奇偶性对称求定积分，奇函数在对称区间的定积分值为06. 函数的定义域为，导函数在内的图象如图所示，则函数在内有极小值点（ ）A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】A【解析】如图，不妨设导函数的零点分别为，由导函数的图象可知：当时，为增函数，当时，为减函数，当时，为增函数，当时，为增函数，当时，为减函数，由此可知，函数在开区间内有两个极大值点，分别是当时和时函数取得极大值，故选B.7. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），以射线为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是，则直线与曲线相交所得的弦的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：将曲线的参数方程化为普通方程，极坐标方程化为直角坐标方程，得到圆和直线，进而利用垂径定理即可得弦长.详解：曲线的参数方程是（为参数），化为普通方程为：，表示圆心为(0,0)，半径为2的圆.直线的极坐标方程是，化为直角坐标方程即为：.圆心到直线的距离为：.直线与曲线相交所得的弦的长为:.故选：D.点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：（）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；（）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；（）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小8. 郑州市了为缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末（周六和周日）不限行，某公司有五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶，已知车周四限行，车昨天限行，从今天算起，两车连续四天都能上路行驶，车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是（ ）A. 今天是周六 B. 今天是周四 C. 车周三限行 D. 车周五限行【答案】B【解析】分析：根据已知中E车限行情况可得今天不是周三，根据B车限行情况可得今天不是周一，不是周日，根据AC车的限行情况可知今天不是周五，周二和周六详解：保证每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路且E车周四限行，可知：今天不是周三，B车昨天限行，今天不是周一，不是周日，A.C两车连续四天都能上路行驶，今天不是周五，周二和周六，由此推出今天是周四，故选：B点睛：本题主要考查了学生的逻辑推理能力，做此类题型时，通常是选取价值较高的信息开始假设或推理.9. 若函数在单调递增，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由函数单增等价转换为导函数大于等于0恒成立，通过二倍角化简，进而换元为二次不等式恒成立即可.详解：若函数在单调递增，则在上恒成立.即在上恒成立，即恒成立.令，原命题等价于在恒成立.只需，解得：.故选C.点睛：利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.10. 若函数在内有极小值，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：求得函数导数，令导数为0，得极小值点，使其属于，即可得解详解：由题意得,函数的导数.当时，令，解得分析单调性可知，为函数的极小值点.根据题意知：，解得：.故选：D.点睛：求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值.11. 给出下面类比推理（其中为有理数集，为实数集，为复数集）：“若，则 ”类比推出“，则”“若，则复数”类比推出“，则”；“，则”类比推出“若，则”；“若，则”类比推出“若，则”其中类比结论正确的个数为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】很明显命题正确，对于命题，当时，但是无法比较的大小，原命题错误；对于命题，若，则，但是无法比较z与1,-1的大小，原命题错误；综上可得，类比结论正确个数为2.本题选择B选项.点睛：在进行类比推理时，要尽量从本质上去类比，不要被表面现象所迷惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误12. 对于函数和，设，若存在使得，则称和互为“友邻函数”，若函数与互为“友邻函数”，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：易得的零点为，由函数零点的关系知在区间上有零点，结合函数过点(-2,9)，可利用二次函数根的分布得解.详解：令，解得，由题意知，在区间上有零点.因为恒过点(-2,9).，得.，解得.综上可得：.故选D.点睛：解本题的关键是处理二次函数在区间上大于0的有解问题，对于二次函数的研究一般从以几个方面研究：一是，开口；二是，对称轴，主要讨论对称轴与区间的位置关系；三是，判别式，决定于x轴的交点个数；四是，区间端点值.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 一质点沿直线运动，如果由始点起经过秒后的位移为，那么这个质点在2秒末的瞬时速度是_【答案】0【解析】分析：位移对时间求导数即是速度，求出位移的导数，令代入求解即可详解：，这个质点在2秒末的瞬时速度是故答案为：0.点睛：本题主要考查导数的物理意义，位移对时间求导可得瞬时速度.14. 有一个奇数列，现在进行如下分组：第一组含一个数，第二组合含两个数；第三组含三个数；第四组含四个数；则观察每组内各数之和与组的编号数的关系式为_【答案】【解析】分析：由题意先计算第一、二、三组内各数之和与其组的编号数的关系，再猜想详解：由题意，1=13，3+5=23，7+9+11=33，故可得每组内各数之和与其组的编号数n的关系为，故答案为：.点睛：本题主要考查了学生的归纳的能力，属于简单题.15. 以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，则在直角坐标系下曲线的方程为_【答案】【解析】分析：利用代入方程化简可得解.详解：利用代入可得：.化简得：.故答案为：.点睛：极坐标方程化为直角坐标方程时常通过变形，构造形如的形式，进行整体代换.其中方程的两边同乘以(或同除以) 及方程两边平方是常用的变形方法.16. 定义在上的函数满足：，是的导函数，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为_【答案】【解析】试题分析：设所以为增函数时，即，所以不等式的解集为（0，+）考点：1函数导数与单调性；2不等式与函数的转化三、解答题 （本大题共6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）设（是虚数单位），求的值.（2）设，复数，且满足，试求的值.【答案】(1) (2) 【解析】分析：（1）利用复数的除法和乘方运算法则求解即可；（2）化简方程得，从而得，解方程组即可.详解：（1）（2）将代入，得，点睛：对于复数的运算一是要注意运算的顺序，另外要注意在运算中的应用，即遇到时要写成求复数的模时，首项将复数化为代数形式后再根据公式求解18. 求由曲线，所围成的封闭图形的面积.【答案】【解析】试题分析：求出曲线的交点横坐标,求出的交点的横坐标,再分成两部分算出阴影部分的面积.考点：1.用定积分算阴影部分面积的步骤；2.微积分基本定理.19. 已知，（1）当时，试比较与的大小关系；（2）猜想与的大小关系，并给出证明.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】试题分析：（1）分别计算,在比较大小（2）由（1）猜想用数学归纳法证明试题解析：（1）当时，所以；当时，所以；当时，所以（2）由（1）猜想,下面用数学归纳法给出证明:当时,不等式显然成立假设当 时不等式成立,即,那么当时,因为,所以,综上可得,对一切,都有成立考点：数学归纳法20. 设函数，.（1）若关于的方程有3个不同实根，求实数的取值范围；（2）已知当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】分析：（1）求函数导数，进而得函数单调性，从而结合图像即可得解；（2）当时，恒成立，可化简为在上恒成立，令，求函数最小值即可.详解：（1），令，得，当或时，；当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是当，有极大值；当，有极小值.可知图象的大致形状及走向当时，直线与的图象有3个不同交点，即当时方程有三解.（2）即，在上恒成立.令，由二次函数的性质，在上是增函数， ，所求的取值范围是点睛：利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.21. 已知函数（）.（1）当时，求的单调区间和极值；（2）若，且，证明：【答案】(1) 函数的单调递减区间是，单调递增区间是，在区间上的极小值为，无极大值；(2)见解析【解析】分析：（1）求函数导数，讨论时，时，结合导函数的零点及正负可得极值和单调区间；（2）由（1）知，要证，只要证，即证，在区间上单调递增，所以，又，即证，构造函数，结合函数单调性可得证.详解：（1），时，因为，所以函数的单调递增区间是，无单调递减区间，无极值；当时，令，解得，当时，；当，.所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，在区间上的极小值为，无极大值.（2）因为，由（1）知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，不妨设，则，要证，只要证，即证因为在区间上单调递增，所以，又，即证，构造函数，即，.，因为，所以，即，所以函数在区间上单调递增，故，而，故，所以，即，所以成立.点睛：利用函数导数证明不等式的关键是构造函数，主要有两类：一元不等式证明和多元不等式证明.一元不等式证明的主要方法有：（1）构造差函数；（2）构建了两个函数比较大小；多元不等式证明，首先要多元换一元，再继续证明.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为.（1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点，求的最小值.【答案】(1) (2) 【解析】分析：（1）由得，利用，即可得解；.详解：（1）由得，化为直角坐标方程为，即所以圆的直角坐标方程为.（2）将的参数方程代入圆的直角坐标方程，得，由已知得，所以可设