河南省郑州市2019-2020学年高二下学期阶段性学业检测题（5月）数学（理）试题 Word版含解析

河南省郑州市2019-2020学年高二下学期阶段性学业检测题（5月）数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 2019-2020 学年下期阶段性学业检测题 高二年级理科数学 说明：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分 150 分.考试时间 120 分钟. 2.将试题卷中题目的答案填（涂）在答题卷（答题卡）的相应位置. 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 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.复数  z a i a R   的虚部为（ ） A. 1 B. i C. -1 D. i 【答案】A 【解析】 根据定义可得 z 的虚部 1b  ，故选 A. 2. 如果 10 N的力能使弹簧压缩 10 cm，为在弹性限度内将弹簧拉长 6cm，则力所做的功为 A. 0.12 J B. 0.18 J C. 0.26 J D. 0.28 J 【答案】B 【解析】 【分析】 由 F kl 求得弹性系数 k ，再由 21 2W kl 求得所做功． 【详解】 F kl ， ∵ 10 , 10 0.1F N l cm m   ， ∴ 10 1000.1k   ， ∴在弹性限度内将弹簧从平衡位置拉到离平衡位置 6cm 处，克服弹力所做的功为： 2 21 1 100 (0.06) 0.182 2PW E kl J      ． 故选 B． 【点睛】本题考查弹力做功与弹性势能的关系，解题关键是求出弹性系数 k ，然后根据弹性势 能公式求出弹簧拉升时所做功． 3.用反证法证明命题“若 2 2 0a b  ,则 a ,b 全为 0（ ,a bR ）”其反设正确的是（ ） - 2 - A. a ,b 至少有一个为 0 B. a ,b 至少有一个不为 0 C. a ,b 全不为 0 D. a ,b 中只有一个为 0 【答案】B 【解析】 【分析】 根据反设的定义直接判断即可. 【详解】“ a ,b 全为 0（ ,a bR ）”的反设为“ a ,b 不全为 0（ ,a bR ）”即“ a ,b 至 少有一个不为 0”. 故选：B 【点睛】本题主要考查了反证法中的反设问题,其中“全为”的反面为“不全为”或“至少有 一个不”.属于基础题. 4.设    0ln , 2f x x x f x  ，则 0x  （ ） A. 2e B. e C. ln 2 2 D. ln 2 【答案】B 【解析】 【分析】 求得导函数  'f x ，由此解方程  0 2f x  求得 0x 的值. 【详解】依题意  ' 1 lnf x x  ，所以  0 0 01 ln 2,f x x x e     . 故选：B 【点睛】本小题主要考查乘法的导数，考查方程的思想，属于基础题. 5.已知 ,a bR ，i 是虚数单位，若 a i 与 2 bi 互为共轭复数，且 2( )z a bi  ，则 z 在复 平面中所表示的点在第（ ）象限 A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】A 【解析】 由共轭复数的定义可得 22{ (2 ) 3 41 a z i i zb        在复平面中所表示的点第一象限， - 3 - 故选 A. 6.在平面直角坐标系 xOy 中，由直线 0x  ， 1x  ， 0y  与曲线 xy e 围成的封闭图形的 面积是（ ） A. 1 e B. e C. e D. 1e  【答案】D 【解析】 【详解】 由上图可得所求的面积为 1 1 0 0 | 1x xe dx e e   ，故选 D. 7.记 I 为虚数集,设 , , ,a b R x y I  ,则下列类比所得的结论正确的是（ ） A. 由 a b R  ,类比得 x y I  B. 由 2 2 2( ) 2a b a ab b    ,类比得 2 2 2( ) 2x y x xy y    C. 由 2 0a  ,类比得 2 0x  D. 由 0a b a b     ,类比得 0x y x y     【答案】B 【解析】 分析：依次判断每个结论是否正确，注意类比后变量的取值范围. 详解：设 2 , 3x i y i  ，则 26 6xy i I    ；A 错误； 2 4 0x    ，C 错误； 3 2 , 2 2x i y i    ，则 5 0x y   ，但 ,x y 不能比较大小，即 x y  是错误的，D 错误， 只有 B 正确. 故选 B. - 4 - 点睛：对于选择题中要只有一个命题正确的选项问题，可以用特殊值法进行排除，即举反例 说明某些命题是错误，最后只剩下一个命题一定是正确.本题说明实数集的结论有许多在虚数 集中不能成立，因此在解题时不能随便引用. 8.已知函数  f x 的导函数  f x ,且满足    2 1 lnf x xf x  ，则  1f  ＝( ) A. e B. 1 C. 1 D. e 【答案】B 【解析】 【分析】 对函数进行求导，然后把 1x  代入到导函数中，得到一个方程，进行求解． 【详解】对函数进行求导，得 ' ' 1( ) 2 (1)f x f x   把 1x  代入得， ' '(1) 2 (1) 1f f  直接可求得 ' (1) 1f   ． 【点睛】本题主要是考查求一个函数的导数，属于容易题．本题值得注意的是  1f  是一个实 数． 9.利用数学归纳法证明“ ( 1)( 2)( 3) ( )n n n n n     2 1 3 (2 1)n n     ， *n N ” 时，从” n k ”变到“ 1n k  ”时，左边应增加的因式是（ ） A. 2 1k  B. 2 1 1 k k   C. 2 3 1 k k   D. (2 1)(2 2) 1 k k k    【答案】D 【解析】 分析：依题意，可写出 n k 时成立的等式与 1n k  时成立的等式，二者相除即可得到结论. 详解：由题意“ n k ”时，左边为    1 2 ,...k k k k   ， “ 1n k  ”时，左边为    2 3 ,... 1 1k k k k     ， 从而可得增加两项为  2 1 2 2k k  ， 且减少项为 1k  ，故选 D. 点睛：本题考查数学归纳法，理清从“ n k ”变到“ 1n k  ”时左边项数的变化是关键， - 5 - 属于中档题. 项数的变化规律，是利用数学归纳法解答问题的基础，也是易错点，要使问题 顺利得到解决，关键是注意两点：一是首尾两项的变化规律；二是相邻两项之间的变化规律. 10.在区间 1[ ,2]2 上，函数 f(x)＝x2＋px＋q 与 g(x)＝2x＋ 2 1 x 在同一点取得相同的最小值，那 么 f(x)在 1[ ,2]2 上的最大值是( ) A. 13 4 B. 5 4 C. 8 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 先利用基本不等式求得函数 2 1( )=2g x x x  的最小值，以及此时 x 的值，进而根据二次函数的 性质列方程组求得 p 和 q，最后根据二次函数的性质求得函数在所给区间上的最大值． 【详解】根据基本不等式可得， 2 1( )=2g x x x  = 2 1x x x   3 13 x x x    =3，当且仅当 1x  时，函数取得最小值． 所以对于函数   2f x x px q＝ ＋ ＋ ，当 1x  时，函数也取得最小值 3，即 1 3p q  ＋ ， 另一方面，对于函数   2f x x px q＝ ＋ ＋ ，当 2 px   时，函数取得最小值 3 所以 12 p  所以， 2p   ， 4q  所以   2 2 4f x x x＝ ＋ 其对称轴 11 [ ,2]2x   ，所以  f x 的最大值为   22 2 2 2 4f  ＝ ＋ =4，答案选 D． 【点睛】本题考查了基本不等式的应用，函数的最值，二次函数的性质，对于二次函数的对 称轴、顶点位置，应能熟练应用，属于中档题． 11.若曲线 0( ),f x y  上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线 0( ),f x y  的“自 公切线”．下列方程：① 2 2 1x y  ；② 2y x x  ；③ 3sin 4cosy x x  ； - 6 - ④ 21 4x y   对应的曲线中存在“自公切线”的有（ ） A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【详解】① 2 2 1x y  是一个等轴双曲线，没有自公切线； ② 2 2 2 0{ 0 x x xy x x x x x       在 1 1,2 2x x   处的切线都是 1 4y  故②有自公切线． ③ 3sin 4cos 5sin( )y x x x     ，此函数是周期函数，过图象的最高点的切线都重合或 过图象的最低点的切线都重合，故此函数有自公切线． ④ 21 4x y   ，即 2 22 03x x y    ，结合图象可得，此曲线没有自公切线． 故答案为 C． 12.已知 3 21( ) 3f x x x ax m    ，其中 0a  ，如果存在实数t ，使 '( ) 0f t  ，则 2 1( 2) ( )3 tf t f   的值（ ） A. 必为正数 B. 必为负数 C. 必为非负数 D. 必为非正 数 【答案】B 【解析】 【分析】 求出   0f x  的解，从而可判断 ( 2) 0f t   ， 2 1( ) 03 tf   ，故可得正确的选项. 【详解】 2( ) 2f x x x a    ，因为存在 t ，使得   0f t  ，故 4 4 0a    ，即 0 1,a  令 ( ) 0, 1 1f x a x a       ， - 7 - 故 (1 1 ,1 1 )t a a     ， 2 1 1 ( 2) 0t a f t        ， 又 2 1 (3 2 1 ,3 2 1 )t a a      ，故 2 1 2 2(1 1 ,1 1 )3 3 3 t a a      即 2 1 (1 1 ,1 1 )3 t a a      ， 故 2 1( ) 03 tf   ，所以 2 1( 2) ( ) 03 tf t f    ， 故选：B. 【点睛】本题考查函数的的最值、函数与不等式，涉及函数与不等式思想、数形结合思想和 转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性强，属于较难题 型. 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.函数 ( ) ln xf x x  的单调减区间为_____________. 【答案】  0,1 ， 1,e 【解析】 【分析】 求出  f x ，利用导数与函数的单调性关系即可得解． 【详解】因为   ln xf x x  ，所以 0x  且 1x  . 所以    2 ln 1 ln xf x x   ， 令   0f x  ，解得： 0 1x  或1 x e  . 所以  f x 的单调递减区间为  0,1 ，  1,e 【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，考查计算能力，属于基础题． 14.函数 2 39 , 3 3 ( ) 5 ,3 52 2 x x x f x x x           ，则 5 3 ( ) =f x dx ________. 【答案】 9 12   ； 【解析】 - 8 - 【分析】 根据定积分的运算法则以及定积分的几何意义计算可得答案. 【详解】 5 3 ( ) =f x dx 3 52 3 3 3 5( 9 ) ( )2 2 xx x dx dx      3 2 3 9 x dx   3 3 3 x dx  5 3 5( )2 2 x dx  21 32    4 41[3 ( 3) ]4    2 25 1 5 1[( 5 5 ] [( 3 3 ]2 4 2 4         9 2  1 ， 故答案为： 9 12   【点睛】本题考查了定积分的运算法则以及定积分的几何意义，属于基础题. 15.在等差数列 na 中，若 10 0a  ，则有： 1 2 1 2 19n na a a a a a      （ 19n  ， 且 *n N ）成立.类比上述性质，在等比数列 nb 中，若 9 1b  ，则有______. 【答案】 1 2 1 2 17n nb b b b b b   （ 17n  ，且 *n N ） 【解析】 【分析】 根据等差数列与等比数列的性质，结合类比的规则，得出答案几何 【详解】在等差数列 na 中，若 10 0a  ， 则有： 1 2 1 2 19n na a a a a a      （ 19n  ，且 *n N ）成立 故相应的在等比数列 nb 中，若 9 1b  则有： 1 2 1 2 17n nb b b b b b   （ 17n  ，且 *n N ） 证明如下： 1n  时，左边 1b 右边     15 1 2 16 1 2 16 8 10 9 1 9 1bb b b b b b b b bb b     故有 1 2 1 2 17n nb b b b b b   当 n 取其它数时同理可证. 故答案为： 1 2 1 2 17n nb b b b b b   （ 17n  ，且 *n N ） 【点睛】本题考查的是等差等比数列的性质及类比推理，较简单. - 9 - 16.已知函数   1 3ln 14 4f x x x x     ，   2 2 4g x x bx   ，若对任意  1 0,2x  ，存在  2 1,2x  ，使    1 2f x g x ，则实数b 的取值范围是________. 【答案】 【解析】 试 题 分 析 ： 函 数 的 导 函 数 2 2 1 1 3 ( 1)( 3)( ) 4 4 4 x xf x x x x       , ( ) 0f x  ， 若 ( ) 0f x  , , 为增函数;若 ( ) 0f x  , 或 , 为减函数； 在 上 有 极 值 , 在 处 取 极 小 值 也 是 最 小 值 ； , 对 称 轴 , ,当 时, 在 处取最小值 ； 当 时, 在 处取最小值 ；当 时, 在 上是减函数, ； 对任意 ,存在 ,使 , 只 要 的 最 小 值 大 于 等 于 的 最 小 值 即 可 , 当 时, ,计算得出 ,故 无解;当 时, ,计算得出 , 综上: ,因此，本题正确答案是: . 考点：函数最值问题. 【方法点晴】本题主要考查函数导数与不等式，恒成立问题.解决本题的关键是根据题意对任 意 ,存在 ,使 转化为求 的最小值大于等于 的最 小值即可. 类似地这种问题还有存在 ,存在 ,使 ，则转化为 求 的最大值大于等于 的最小值.解决这种问题一定要正确转化. 三、解答题：本大题共 6 小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.复数    2 1 25 10 , 1 2 2 5 ,z a a i z a a i        ，其中 a R . （1）若 2a   ，求 1z 的模； （2）若 1 2z z 是实数，求实数 a 的值. - 10 - 【答案】（1）3 5 （2） 5a   或 3a  . 【解析】 （1） 2a   ，则 1 3 6z i  ， 则 2 2 1 3 6 45 3 5z     ， ∴ 1z 的模为 3 5 . （2）    2 1 2 5 10 1 2 2 5z z a a i a a i              26 10 2 5a a a i           26 2 15a a a i     因为 1 2z z 是实数，所以 2 2 15 0a a   ，解得 5a   或 3a  故 5a   或 3a  . 18.设函数 3 29( ) 62f x x x x a    . （1）对于任意实数 x ， ( )f x m  恒成立，求 m 的最大值； （2）若方程 ( ) 0f x  有且仅有一个实根，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 3 4  ；（2）  5,2 ,2      . 【解析】 【分析】 （1）求导后，转化条件得 23 9 (6 ) 0x x m    恒成立，令 0  即可得解； （2）利用导数求得函数  f x 的极小值、极大值，转化条件得 (2) 0f  或 (1) 0f  ，即可得 解. 【详解】（1）由题意 2( ) 3 9 6 3( 1)( 2)f x x x x x       ， 因为 ( , )x    ， ( )f x m  ，即 23 9 (6 ) 0x x m    恒成立， 所以 81 12(6 ) 0m     ，可得 3 4m   ， 所以 m 的最大值为 3 4  ； - 11 - （2）因为当 1x  或 2x  时， ( ) 0f x  ，函数 ( )f x 单调递增； 当1 2x  时， ( ) 0f x  ，函数 ( )f x 单调递减； 所以当 1x  时，  f x 取极大值 5(1) 2f a  ； 当 2x  时，  f x 取极小值 (2) 2f a  ； 所以当 (2) 0f  或 (1) 0f  时，方程 ( ) 0f x  仅有一个实根. 所以 2 0a  或 5 02 a  即 2a  或 5 2a  ， 故 a 的取值范围为  5,2 ,2      . 【点睛】本题考查了二次不等式恒成立问题的求解，考查了利用导数研究方程根的个数问题， 属于基础题. 19.已知函数 2 2( ) ln ( 0)f x x ax a x a    . （1）若 1x  是函数 ( )y f x 的极值点，求 a 的值； （2）求函数 ( )y f x 的单调区间. 【答案】（1） 1a  （2）答案不唯一，具体见解析 【解析】 【分析】 （1）利用 ( ) 01f   ，解得 1a  ，再检验可得答案； （2）求导后，对 a 分 0a  和 0a  讨论，根据 ( ) 0f x  可得增区间， ( ) 0f x  可得递减区 间. 【详解】（1）函数定义域为 (0, ) ， 2 22 1( ) a x axf x x     ， 因为 1x  是函数的极值点，所以 2(1) 1 2 0f a a     ，解得 1 2a   （舍）或 1a  经检验， 1a  时， 1x  是函数的极值点， 所以 1a  . - 12 - （2）若 0a  ， 1( ) 0f x x    ，所以函数  f x 的单调递增区间为 (0, ) ，无递减区间； 若 0a  ，令 (2 1)( 1)( ) 0ax axf x x      ，解得 10 x a   ， 令 ( ) 0f x  ，解得 1x a  ， 所以函数  f x 的单调递增区间是 10, a      ，单调递减区间是 1 ,a     . 综上所述： 0a  ，函数  f x 的单调递增区间为 (0, ) ，无递减区间； 当 0a  时，函数  f x 的单调递增区间是 10, a      ，单调递减区间是 1 ,a     . 【点睛】本题考查了根据函数的极值点求参数，考查了分类讨论思想，考查了由导数求单调 区间，属于基础题. 20.已知 ,A B 两地的距离是120km ，按交通法规规定， ,A B 两地之间的公路车速应限制在 50 100 /km h ，假设汽油的价格是 6 元/升，以 /xkm h 速度行驶时，汽车的耗油率为 2 (4 ) /360 x L h ，司机每小时的工资是 36 元，那么最经济的车速是多少？如果不考虑其他费 用，这次行车的总费用是多少？ 【答案】最经济的车速约为 60 /km h ；如果不考虑其他费用，这次行车的总费用约为 240 元. 【解析】 【分析】 根据题设可得 7200 2y xx   ，50 100x  ，利用导数可求该函数的最小值. 【详解】设汽车以 /xkm h 行驶时，行车的总费用 2 120 720036 6· 4 · 2360 xy xx x            ， 50 100x  ，所以 2 7200 2y x     ， 令 0y  ，解得  60 /x km h . 当50 60x  时， 0y  ，当 60 100x  时， 0y  ， 故 60x  是函数 y 的极小值点，也是最小值点， - 13 - 即当车速为 60 /km h 时，行车总费用最少， 此时最少总费用 7200 2 60 24060y     （元）. 答：最经济的车速约为 60 /km h ；如果不考虑其他费用，这次行车的总费用约为 240 元. 【点睛】本题考查函数的最值、函数与方程，涉及函数与方程思想、数形结合思想和转化化 归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，以及应用意识和创新意识，具 有一定的综合性，属于中档题型.解决本题的关键是在理解题意的基础上建立函数，并利用导 数工具求得最优解. 21.设正项数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且满足 2 *1 ( )2 2n n nS a n N   . （1）计算 1 2 3, ,a a a 的值，并猜想{ }na 的通项公式； （2）用数学归纳法证明{ }na 的通项公式. 【答案】（1） na n （2）证明见解析 【解析】 【详解】（1）当 1n  时， 2 1 1 1 1 1 2 2a S a   ，得 1 1a  ； 2 1 2 2 2 1 12a a S a    ，得 2 2a  2 1 2 3 3 3 1 3 2 2a a a S a     ，得 3 3a  猜想 na n （2）证明：（ⅰ）当 1n  时，显然成立， （ⅱ）假设当 n k  1,k k N  时， ka k 则当 1n k  时， 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2k k k k k k ka S S a a             2 2 1 1 1 1 2 2 2 2k k ka k         整理得： 2 2 1 12 1 0k ka a k     ，即    1 11 1 0k ka k a k            结合 0na  ，解得 1 1ka k   于是对于一切的自然数 *n N ，都有 na n . 22.设函数 21( ) 2 ln( 1)( )2f x mx x x m R     . （1）判断 1x  能否为函数 ( )f x 的极值点，并说明理由； - 14 - （2）若存在 [ 4, 1)m   ，使得定义在[1, ]t 上的函数 3( ) ( ) ln( 1)g x f x x x    在 1x  处 取得最大值，求实数t 的最大值. 【答案】（1）能（2）1 13 2  【解析】 （1）能，理由如下：   12 1f x mx x      ，  1,x   ，令  1 0f   ，得 3 2m  ； 当 3 2m  时，     3 2 1 1 x xf x x    ，于是  f x 在 21, 3      单调递增，在 2 ,13     单调 递减，在  1, 单调递增， 故当 3 2m  时， 1x  是  f x 的极小值点. （2）       3 3 21ln 1 22g x f x x x x mx x       由题意，当  1,x t 时，    1g x g 恒成立， 易得       2 1 11 1 1 1 02 2g x g x x m x m              ，令   2 1 11 12 2h x x m x m        ，因为  h x 必然在端点处取得最大值，即   0h t  . 即 2 1 11 1 02 2t m t m        ，即 2 1 21 t t t      ，解得： 1 131 2t   ， 所以 t 的最大值为 1 13 2  . 【点睛】本题考查函数的极值、函数的最值、函数与不等式，涉及函数与不等式思想、数形 结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强， 属于较难题型. 利用导数处理不等式问题.在解答题中主要体现为不等式的证明与不等式的 恒成立问题.常规的解决方法是首先等价转化不等式，然后构造新函数，利用导数研究新函数 的单调性和最值来解决，当然要注意数形结合思想和转化化归思想的应用. - 15 -