河北省张家口市宣化第四中学高二数学文下学期期末试卷含解析

河北省张家口市宣化第四中学高二数学文下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.测得四组的值则与之间的回归直线方程为（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：A2.“若α＝，则tanα＝1”的逆否命题是()A．若α≠，则tanα≠1

B．若α＝，则tanα≠1C．若tanα≠1，则α≠

D．若tanα≠1，则α＝

参考答案：C3.已知命题对于任意非零实数，不等式恒成立；命题函数在区间上是增函数，若命题p和命题q有且只有一个真命题，则实数m的取值范围是A．

B．

C．

D．

参考答案：B4.函数的图象如图所示，下列数值排序正确的是A.B.C.D.参考答案：B5.下面的程序框图能判断任意输入的正整数x的奇偶性。其中判断框内应填入（

）

(A)m=0？

(B)x=0？

(C)m=1？

(D)x=1？参考答案：A6.命题：“”的否定是（

）(A)

(B)(C)

(D)参考答案：C命题为全称命题，全称命题的否定是特称命题，，故选C．7.已知函数的导函数为，且满足，则（

）A．

B．

C．

D．无法确定参考答案：C略8.设的实部与虚部相等，其中a为实数，则a=（

）A.?3 B.?2 C.2 D.3参考答案：A试题分析：，由已知，得，解得，选A.【考点】复数的概念及复数的乘法运算【名师点睛】复数题也是每年高考的必考内容,一般以客观题的形式出现,属得分题.高考中考查频率较高的内容有：复数相等、复数的几何意义、共轭复数、复数的模及复数的乘除运算.这类问题一般难度不大,但容易出现运算错误,特别是中的负号易忽略,所以做复数题时要注意运算的准确性.9.一几何体的三视图如下，则它的体积是（） A． B． C． D．参考答案：A【考点】由三视图求面积、体积． 【专题】计算题． 【分析】几何体是一个简单组合体，上面是一个圆锥，圆锥的高是a，底面直径是2a，这些都比较好看出，再根据圆锥的体积公式，得到结果，下面是一个特正方体，棱长是a，做出体积把两个体积相加得到结果． 【解答】解：由三视图知，几何体是一个简单组合体， 上面是一个圆锥，圆锥的高是a，底面直径是2a， ∴圆锥的体积是=， 下面是一个棱长是a的正方体， 正方体的体积是a3， ∴空间几何体的体积是， 故选A． 【点评】本题考查由三视图求空间组合体的体积，解题的关键是看清题目的个部分的长度，特别是椎体，注意条件中所给的是锥体的高，还是母线长，这两个注意区分． 10.若集合A={﹣1，0，1，2，3}，集合B={x|x∈A，1﹣x?A}，则集合B的元素的个数为（） A．0 B． 1 C． 2 D． 3参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设，，若是的充分条件，则的取值范围是

。参考答案：.因为是的充分条件，所以，则，解得.12.设[x]表示不超过x的最大整数，如[1.5]=1，[﹣1.5]=﹣2．若函数（a＞0，a≠1），则g（x）=[f（x）﹣]+[f（﹣x）﹣]的值域为．参考答案：{0，﹣1}【考点】函数的值域．【分析】先求出函数f（x）的值域，然后求出[f（x）﹣]的值，再求出f（﹣x）的值域，然后求出[f（﹣x）﹣]的值，最后求出g（x）=[f（x）﹣]+[f（﹣x）﹣]的值域即可．【解答】解：=∈（0，1）∴f（x）﹣∈（﹣，）[f（x）﹣]=0或﹣1∵f（﹣x）=∈（0，1）∴f（﹣x）﹣∈（，）则[f（﹣x）﹣]=﹣1或0∴g（x）=[f（x）﹣]+[f（﹣x）﹣]的值域为{0，﹣1}故答案为：{0，﹣1}13.已知抛物线的焦点与圆的圆心重合，则的值是________.参考答案：－2；14.直线m，n是两异面直线，是两平面，，甲：m∥，n∥，乙：∥，则甲是乙的

条件。参考答案：充要15.A，B，C，D，E五人并排站成一行，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数是____.

参考答案：24 略16.比较大小：403（6）

217（8）参考答案：>17.已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正（主）视图中的值为

.参考答案：6三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知函数f（x）=lnx﹣ax2+x，a∈R．（1）若a=2，求函数f（x）的单调区间；（2）若关于x的不等式f（x）≤ax﹣1恒成立，求整数a的最小值．（3）若a=﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，证明：x1+x2≥．参考答案：【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求得函数的导数，令导数小于0，解二次不等式，注意x＞0，可得单调减区间；（2）由题意先求函数的定义域，再求导g′（x）=f′（x）﹣a=﹣ax+1﹣a=，从而讨论导数的正负以确定函数的单调性．（3）结合（x1+x2）2+（x1+x2）=x1x2﹣ln（x1x2），构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．【解答】解：（1）若a=2，则f（x）=lnx﹣x2+x，（x＞0），f′（x）=﹣2x+1=﹣，f′（x）＜0可得2x2﹣x﹣1＞0，又x＞0，解得x＞1，即有f（x）的减区间为（1，+∞），增区间为（0，1）；（2）f（x）≤ax﹣1恒成立，可得lnx﹣ax2+x﹣ax+1≤0恒成立，令g（x）=lnx﹣ax2+x﹣ax+1，g′（x）═，①当a≤0时，∵x＞0，∴﹣ax2+（1﹣a）x+1＞0，∴g′（x）＞0g（x）在（0，+∞）单调递增，且g（1）=﹣，此时不等式f（x）≤ax﹣1不恒成立．②当a＞0时，g．当）时，g′（x）＞0，x时，g′（x）＜0∴g（x）在（0，）递增，在（）d递减，故g（x）max=g（）=令h（a）=，（a＞0），显然函数h（a）在（0，+∞）递减．且h（1）=．∴整数a的最小值为2．（3）证明：由f（x1）+f（x2）+x1x2=0，即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0，从而（x1+x2）2+（x1+x2）=x1x2﹣ln（x1x2），令t=x1x2，则由φ（t）=t﹣lnt，由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0．φ′（t）=．t＞0可知，φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．所以φ（t）≥φ（1）=1，所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1，解得：x1+x2≥．或x1+x．因为x1＞0，x2＞0，因此x1+x2≥成立．19.已知曲线，直线（其中）与曲线相交于、两点．（Ⅰ）若，试判断曲线的形状．（Ⅱ）若，以线段、为邻边作平行四边形，其中顶点在曲线上，为坐标原点，求的取值范围．参考答案：见解析（Ⅰ）当时，，，曲线的形状为直线；当时，，表示以焦点在轴上，以为实轴，以为焦距的双曲线；当时，，当，即时，表示焦点在轴上，以为长轴，以为焦距的椭圆；当，即时，表示焦点在轴上，以为长轴，以为焦距的椭圆；当，即时，表示圆心在原点，以为半径的圆．（Ⅱ）当时，曲线方程为：，当时，在椭圆上，计算得出，∴，当时，则，消去化简整理得：，①，设，，的坐标分别为，，，则，，因为点在椭圆上，所以，从而，化简得：，经检验满足①式，又，∵，∴，∴，∴，综上，的取值范围是．20.（10分）已知复数，若，⑴求；

⑵求实数的值参考答案：21.已知函数f（x）=ax2﹣ex（a∈R）（Ⅰ）当a=1时，判断函数f（x）的单调区间并给予证明；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：﹣＜f（x1）＜﹣1．参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】（Ⅰ）a=1时，f（x）=x2﹣ex，f′（x）=2x﹣ex，f″（x）=2﹣ex，利用导数研究其单调性可得当x=ln2时，函数f′（x）取得最大值，f′（ln2）=2ln2﹣2＜0，即可得出．（II）f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），可得f′（x）=2ax﹣ex=0有两个实根x1，x2（x1＜x2），由f″（x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a．f′（ln2a）=2aln2a﹣2a＞0，得ln2a＞1，解得2a＞e．又f′（0）=﹣1＜0，f′（1）=2a﹣e＞0，可得0＜x1＜1＜ln2a，进而得出．【解答】（Ⅰ）解：a=1时，f（x）=x2﹣ex，f′（x）=2x﹣ex，f″（x）=2﹣ex，令f″（x）＞0，解得x＜ln2，此时函数f′（x）单调递增；令f″（x）＜0，解得x＞ln2，此时函数f′（x）单调递减．∴当x=ln2时，函数f′（x）取得最大值，f′（ln2）=2ln2﹣2＜0，∴函数f（x）在R上单调递减．（Ⅱ）证明：f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），∴f′（x）=2ax﹣ex=0有两个实根x1，x2（x1＜x2），由f″（x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a．f′（ln2a）=2aln2a﹣2a＞0，得ln2a＞1，解得2a＞e．又f′（0）=﹣1＜0，f′（1）=2a﹣e＞0，∴0＜x1＜1＜ln2a，由f′（x1）==0，可得，f（x1）===（0＜x1＜1）．∴可