2019学年高二数学下学期期末考试试题 文 苏科版

2019学年高二数学下学期期末考试试题 文 苏科版

‎2019高二期末试卷 ‎ 数学（文科） 2018.6‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上.‎ ‎1.已知集合A＝{1，3}，B＝{1，4，5}，则A∪B＝ ▲ ．‎ ‎2.已知复数z＝(4＋3i)2(i为虚数单位)，则z的实部为 ▲ ．‎ ‎3. 一个原命题的逆否命题是“若x＝1，则x2－2x＜0”，那么该原命题是 ▲ 命题．（填“真”或“假”）． ‎ ‎4.函数f(x)＝的定义域是 ▲ ．‎ ‎ ‎ ‎5.以双曲线－y2＝1的左焦点为焦点的抛物线的标准方程为 ▲ ．‎ ‎6.函数f(x)＝2x(0＜x＜1)，其值域为D，在区间(－1，2)上随机取一个数x，则x∈D的概率是 ▲ ．‎ 第8题 开始 k＜4‎ 结束 k¬1，s¬1‎ s¬2s-k﹣×i k¬k+1‎ 输出s ‎7.某地区为了了解居民每天的饮水状况，采用分层抽样的方法随机抽取100名年龄在[10，20)，[20，30)，…，[50，60]年龄段的市民进行问卷调查，由此得到样本的频率分布直方图如图所示，则[30，40)年龄段应抽取的人数为 ▲ ．‎ N Y 第7题 第7题 ‎8.如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的s值等于 ▲ ．‎ ‎9.观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a8＋b8等于 ▲ ．‎ ‎10.从集合A＝{－2，－1，1，2}中随机取一个数为m，从集合B＝{－1，1，2，3}中随机取一个数为n，则方程＋＝1表示双曲线的概率为 ▲ ．‎ - 7 -‎ ‎11.设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆C上的点，‎ PF2⊥F1F2，∠PF1F2＝θ，若cosθ＝，则椭圆C的离心率为 ▲ ．‎ ‎12.函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)(x∈R)，且在区间[－1，1)上，f(x)＝，‎ 则f(f(2019))＝ ▲ ．‎ ‎13.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－1|＋|x－2|－3)．若函数g(x)＝f(x) －ax恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围为 ▲ ．‎ ‎14.已知函数f(x)＝(x∈R)，其中e为自然对数的底数，g(x)＝－x2＋2ax－2(a∈R), ‎ 若A＝{x|f(g(x))＞e}＝R，则a的取值范围是 ▲ ．‎ 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、证明过程或演算步骤。‎ ‎15.（本小题满分14分）‎ 已知二次函数f(x)满足f(1)＝1，f(－1)＝5，且图象过原点．‎ ‎(1)求二次函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)已知集合U＝[1，4]，B＝{y|y＝，x∈U}，求．‎ ‎16.（本小题满分14分）‎ 已知命题p：指数函数f(x)＝(a－1)x在定义域上单调递减，‎ 命题q：函数g(x)＝lg(ax2－2x＋)的定义域为R.‎ ‎(1)若q是真命题，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若“p∧q”为假命题“p∨q”为真命题，求实数a的取值范围.‎ ‎17.（本小题满分14分）‎ - 7 -‎ 已知函数f(x)＝ax－(k－1)a－x(a＞0且a≠1)是奇函数．‎ ‎(1)求实数k的值；‎ ‎(2)若f(1)＜0，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)＜0．‎ ‎18.（本小题满分16分）‎ 某礼品店要制作一批长方体包装盒，材料是边长为60cm的正方形纸板．如图所示，先在其中相邻两个角处各切去一个边长是xcm的正方形，然后在余下两个角处各切去一个长、宽分别为30cm、xcm的矩形，再将剩余部分沿图中的虚线折起，做成一个有盖的长方体包装盒．‎ ‎ (1)求包装盒的容积V(x)关于x的函数表达式，并求函数的定义域；‎ ‎ (2)当x为多少cm时，包装盒的容积最大？最大容积是多少cm3？‎ ‎19.（本小题满分16分）‎ - 7 -‎ 已知离心率为的椭圆＋＝1(a＞b＞0) ，经过点A(1，)，过A作直线与椭圆相交于另一点B，与轴相交于点D，取线段AB的中点P，以线段DP为直径作圆与直线OP相交于点Q.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若P点坐标为(，)，求直线DQ的方程；‎ ‎(3)求证：直线DQ过定点，并求出该定点坐标.‎ ‎20.（本小题满分16分）‎ 已知函数f(x)＝ax＋xlnx的图象在(1，f(1))处的切线与直线2x－y＋1＝0平行．‎ ‎(1)求实数a的值；‎ ‎(2)若f(x)≤(k2＋k－1)x2对任意x＞0恒成立，求实数k的取值范围；‎ ‎(3)当n＞m＞1(m，n∈N*)时，证明：n＞m．‎ ‎ ‎ 高二期末考试 - 7 -‎ 数学试题答案 ‎ 1、 ‎ {1，3，4，5} 2、7 3、真 4、[－5，1] 5、y2＝﹣4x 6、 ‎ ‎7、35 8、－3 9、47 10、 11、3－2 12、2 ‎ ‎13、(﹣1，1) 14、(﹣1，1)‎ 15． 解：(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因为f(1)＝1，f(﹣1)＝5，且图象过原点，所以 ……………………………………………………………………………3分 解得所以f(x)＝3x2﹣2x. ………………………………………………………7分 ‎(2)y＝＝3﹣，当x∈[1，4]时，函数y＝3﹣是增函数，当x＝1时，y取得最小值1，当x＝4时，y取得最大值，所以B＝[1，]， ………………………………………………11分 ‎＝(，4] ………………………………………………………………………………14分 ‎16解：(1)若命题q是真命题，则有①当a＝0时定义域为(﹣∞，0)，不合题意 ………1分 ‎②当a≠0时，由已知可得 ………………………………………………4分 解得：a＞，故所求实数a的取值范围为(，＋∞)． …………………………………6分 ‎(2)若命题p为真命题，1＜a＜2 ……………………………………………………………8分 若p为真q为假，则，得到1＜a≤ ………………………………………10分 若p为假q为真，则 得到a≥2 ． ………………………………………12 分 综上所述，的取值范围是1＜a≤ 或a≥2． ………………………………………14分 ‎17解：(1)因为f(x)是奇函数，且f(0)有意义，所以f(0)＝0，所以1－(k－1)＝0，‎ k＝2．…………………………………………………………………………………………………2分 当k＝2时，f(x)＝ax－a－x，f(－x)＝a－x－ax，f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)是奇函数，‎ k＝2符合题意．…………………………………………………………………………………4分 ‎(2)因为f(1)＜0，所以a－＞0，即0＜a＜1，………………………………………………6分 f ¢(x)＝axlna＋a－xlna，因为0＜a＜1，所以f ¢(x)＜0，所以f(x)是R上的单调减函数．…9分 - 7 -‎ 由f(x2＋2x)＜－f(x－4)＝f(4－x)，得x2＋2x＞4－x，即x2＋3x－4＞0，…………………12分 解得x＜－4或x＞1，故所求不等式的解集为(－∞，－4)∪(1，＋∞)．…………………14分 ‎18．(1)因为包装盒高h＝x，底面矩形的长为60－2x，宽为30－x， ‎ 所以铁皮箱的体积V(x)＝(60－2x)·(30－x)·x＝2x3－120x2＋1800x．……………………………4分 函数的定义域为(0，30)． ……………………………………………………………………6分 ‎(2)由(1)得， V ¢(x)＝6x2－240x＋1800＝6(x－10)(x－30)，‎ 令V ¢(x)＝0，解得x＝10． ……………………………………………………………………8分 当x∈(0，10)时， V ¢(x)＞0，函数V(x)单调递增；‎ 当x∈(10，30)时， V ¢(x)＜0，函数V(x)单调递减．………………………………………12分 所以函数V(x)在x＝10处取得极大值，这个极大值就是函数V(x)的最大值．‎ 又V(10)＝8000cm3． …………………………………………………………………………15分 答：切去的正方形边长x＝10cm时，包装盒的容积最大，最大容积是8000cm3． ……16分 19． ‎(1)因为所以：a＝2，b＝1椭圆的方程为：＋y2＝1……………………4分 ‎(2)因为点P的坐标为(，)，所以AB的方程为：y＝－x＋ ，‎ 所以D点坐标为(0，) ………………………………………………………………………5分 又因为以DP为直径的圆与OP交于Q，所以DQ⊥OP又kOP＝，所以kDQ＝－2…7分 所以DQ的方程为：y＝－2x＋ …………………………………………………………8分 (3) 由题意知直线l的斜率存在，可设l的方程为：y－＝k(x－1)，‎ 所以D点坐标为(0，－k)……………………………………………………………………9分 又消去y后得：(4k2＋1)x2＋4k(－2k)x＋4(－k)2－4＝0‎ 所以：xA＋xB＝－，………………………………………………………………10分 所以xP＝，yP＝，所以kOP＝－ ………………………………………12分 又DQ⊥OP，所以kDQ＝4k……………………………………………………………………14分 所以DQ的方程为：y－＋k＝4kx，即y－＝k(4x－1) ………………………………15分 所以直线DQ恒过定点(，) ……………………………………………………………16分 ‎20.解：(1)求导数，得f ′(x)＝a＋lnx＋1．‎ 由已知，得f ′(1)＝2，即a＋ln1＋1＝2 ∴a＝1． ………………………………………‎ - 7 -‎ ‎3分 ‎(2)由(1)知f(x)＝x＋xlnx，‎ ‎∴f(x)≤(k2＋k－1)x2对任意x＞0成立⇔k2＋k－1≥对任意x＞0成立． …………5分 令g(x)＝，则问题转化为求g(x)的最大值． …………………………………………6分 求导得g′(x)＝－，令g′(x)＝0，解得x＝1. ……………………………………………7分 当0＜x＜1时，g′(x)＞0，∴g(x)在(0，1)上是增函数；‎ 当x＞1时，g′(x)＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上是减函数．‎ ‎∴g(x)在x＝1处取得最大值g(1)＝1．‎ ‎∴k2＋k－1≥1即k≥1或k≤－2为所求． ………………………………………………9分 ‎（3）证明：令h(x)＝，则h′(x)＝ …………………………………………11分 由（2）知， x≥1＋lnx(x＞0)，∴h′(x)≥0，∴h(x)是（1，＋∞）上的增函数．‎ ‎∵n＞m＞1，∴h(n)＞h(m)，即＞，………………………………………………14分 ‎∴mnlnn－nlnn＞mnlnm－mlnm，即mnlnn＋mlnm＞mnlnm＋nlnn，‎ ‎∴lnnmn＋lnmm＞lnmmn＋lnnn，即ln(mnn)m＞ln(nmm)m，∴(mnn)m＞(nmm)m。‎ ‎∴n＞m． …………………………………………………………………………16分 - 7 -‎