高二期中考试(数学)试卷含答案

（考试总分：150 分）

一、 单选题 （本题共计12小题，总分60分） 1.（5分）1．函数y=

A．e-1

lnx的最大值为( ) xB．e

C．e2 D．

10 32.（5分）2．曲线 fx121x在点1,处的切线方程为 （ ） 22A．2x2y10 B．2x2y10

C．2x2y10 D．2x2y30

3.（5分）3．函数f(x)(3x2)ex的单调递增区间是（ ）

A．(,0)

) B．(0，，) D．C．(,3)和(1（-3,１）

4.（5分）4．已知点P在曲线yx3x5上移动，设曲线在点P处的切线的倾斜角为

，则的取值范围是（ ）

A．(324,] B．[3,) 4C．[0,2)[3,) D．[0,] 425.（5分）5．已知复数z满足zz2i，则z的虚部是（ ）

A．1

B．1

C．i D．i i36.（5分）6．设zi5，则z（ ）

1i1 2A．2

B．C．

2 2D．

10 27.（5分）7．由直线y2x及曲线y4xx2围成的封闭图形的面积为（ ）

A．1 B．

4 3C．

8 D．4 38.（5分）8．定义在0,上的可导函数fx满足f'xxfx，且

f20，则

A．0,2

fx0的解集为（ ） xB．0,22, C．2,

D．

9.（5分）9．已知a小关系是 A．cab

251ln2ln，b（e是自然对数的底数），c，则a,b,c的大52e2B．acb

C．bac D．cba

10.（5分）10．下列推理属于演绎推理的是（ ）

A．由圆的性质可推出球的有关性质

B．由等边三角形、等腰直角三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°

C．某次考试小明的数学成绩是满分，由此推出其它各科的成绩都是满分 D．金属能导电，金、银、铜是金属，所以金、银、铜能导电

11.（5分）11．若函数yaex3x在R上有小于零的极值点，则实数a的取值范围是

（ ）

A．(3,) B．(,3) C．(,)

13D．(,)

1312.（5分）12．若直线ykxb是曲线ylnx3的切线，也是曲线ylnx2的

切线，则实数b的值是 A．2ln2 3B．2ln6 C．2ln6 D．2ln3 2二、 填空题 （本题共计4小题，总分20分）

13.（5分）13．曲线yx32x4在点(1,3)处的切线的倾斜角为__________. 14.（5分）14．若定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x)2x4，则函数f(x1)的单调递减区间是 __________．

15.（5分）15．甲、乙、丙、丁四人参加比赛，有3人分别获得一等奖、二等奖和三等

奖，另外1人没获奖.甲说：乙获得奖；乙说：丙获得了一等奖；丙说：丁没有获得二等奖；如果甲、乙、丙中有一人获得了一等奖，而且只有获得一等奖的那个人说的是真话，则获得一等奖的是__________.

ex16.（5分）16．已知函数fxkx（e为自然对数的底数）有且只有一个零点，

x则实数k的取值范围是__________.

三、 解答题 （本题共计6小题，总分70分）

217.（10分）17．（10分）已知复数z(2i)m2(1i)．当实数m取什么值时，复

数z是：

1虚数； 2纯虚数；

（10分） 3复平面内第二、四象限角平分线上的点对应的复数．

18.（12分）18．（12分）已知函数f（x）=x3﹣3x．

（Ⅰ）求函数f（x）的极值；

（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=k有3个实根，求实数k的取值范围．（12分）

3219.（12分）19．（12分）已知函数f(x)xaxbxc在x2与x1时都取3得极值．

（1）求a,b的值与函数f(x)的单调区间；

（2）若对x[1,2],不等式f(x)c恒成立，求c的取值范围．（12分）

220.（12分）20．（12分）已知函数f(x)lnxax1(aR)

（1）若函数f(x)的图像在x1处的切线l垂直于直线yx，求实数a的值及直线l的方程；

（2）求函数f(x)的单调区间；

（3）若x1，求证：lnxx1（12分）

21.（12分）21．已知函数f(x)xex，g(x)（1）求函数f(x)的极值；

lnx. x（2）当x>0时，求证：f(x)>g(x).（12分）

x22.（12分）22．（12分）函数f(x)e2axa.

（1）讨论函数的极值；

（2）当a0时，求函数fx的零点个数.

答案

一、 单选题 （本题共计12小题，总分60分） 1.（5分）1．A

【解析】

1xlnx1lnx,所以函数在0，e上递增，在e,上递减，所以函数的xyx2x2最大值为xe时，y=

11

=e e2.（5分）2．C

【解析】

fx121x的导函数为f'xx，既有在点1,处的切线斜率为f'11，由点22斜式可得曲线 fx1121x在点1,处的切线方程为yx1，即为2222x2y10，故选C.

【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出yf(x)在xx0处的导数，即yf(x)在点P(x0,f(x0))出的切线斜率（当曲线yf(x)在P处的切线与y轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为

'xx0）；（2）由点斜式求得切线方程yy0f(x)•(xx0).

3.（5分）3．D

【解析】

∵函数f(x)=(3-x)e，

∴f′(x)=-2xe+(3-x)e=(3-2x-x)e. 由f′(x)＞0，得到f′(x)=(3-2x-x2)ex＞0， 即3-2x-x2＞0，则x2+2x-3＜0，解得-3＜x＜1， 即函数的单调增区间为（-3，1）.

x

2

x

2

x

2

x

4.（5分）4．C

【解析】

【分析】

求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合正切函数的图象和性质，即可求解，得到答案。 【详解】

由题意，函数yfxxx5，则fx3x1，

32因为x20，所以fx1，即tan1，

又因为[0,)，结合正切函数的图象与性质，可得[0,2)[3,)，故选C。 45.（5分）5．B

【分析】

设zabia,bR，根据zz2i，求得b1，即可求得复数z的虚部，得到答案. 【详解】

设zabia,bR，

因为zz2i，可得zzabiabi2bi2i， 则2b2，可得b1，所以复数z的虚部是1.

6.（5分）6．C

【分析】

根据复数运算法则求得z【详解】

11i，根据模长的定义求得结果. 22i1i112i311 zi5ii z4421i2227.（5分）7．B

【分析】

首先求出直线与曲线的交点坐标，再利用微积分基本定理计算可得；

【详解】

y2x20,0，解：由2，即2x4xx，解得x0或x2，即两函数交于点y4xx2,4，所以直线y2x及曲线y4xx2围成的封闭图形的面积

22122134S4xx22xdx2xx2dxx2x3|022

00333

8.（5分）8．A

【分析】

通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，利用函数单调性求解不等式，可得结果. 【详解】 令Fxfxxf'xfx，则F'x 2xx由f'xxfx，即xf'xfx0 所以当x0,时，F'x0 可知函数Fx在x0,单调递减 又f20 若Fxfx0，则0x2 x则

fx0的解集为0,2 x9.（5分）9．A

【解析】

【分析】 由题，易知b1lnelnx，构造函数f(x)，利用导函数求单调性，即可判断出eexa、b、c的大小. 【详解】 由题，a25ln21lneln，b，c

ee522lnx1lnx(x0)f(x)(x0) xx所以构造函数f(x)当x(0,e)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,e)是递增的，所以

lne25ln2ln2 e52所以cab

10.（5分）10．D

【解析】

选项A, 由圆的性质类比推出球的有关性质,这是类比推理;

选项B, 由等边三角形、直角三角形的内角和是1800，归纳出所有三角形的内角和都是

1800,是归纳推理;

选项C, 某次考试小明的数学成绩是满分，由此推出其它各科的成绩都是满分,是归纳推理;

选项D, 金属能导电，金、银、铜是金属，所以金、银、铜能导电,这是三段论推理,属于演绎推理;

11.（5分）11．B

【解析】

yaex30,ex12.（5分）12．A

【分析】

333,则0，且1,所以a3. aaa分别设切点，利用切线斜率相等得x1x22,则切线方程为y1xlnx12， x1yxx1x2lnx1，可得22,b2lnx22，计算可得解. x1x22x22【详解】

已知直线ykxb是曲线ylnx3的切线，也是曲线ylnx2的切线， 设切点分别为x1,lnx13,x2,lnx22 ， 令f（x）=lnx3， 则fx11lnx2，则gx ，令g（x）=

xx211可知 ，即x1x22， x1x22过切点x1,lnx13表示切线方程：ylnx131xx1, 整理得x1y1xlnx12 ， x11xx2, x22过切点x2,lnx22表示切线方程：ylnx22整理得yxx11x2lnx22x2lnx1 x22x22x1x22故

x242,，解得x2

x223故b2lnx222ln2 3二、 填空题 （本题共计4小题，总分20分） 13.（5分）13．45°

【分析】

欲求在点（1，3）处的切线倾斜角，先根据导数的几何意义可知k＝y′|x＝1，再结合正切函数的值求出角α的值即可． 【详解】

y′＝3x2﹣2，切线的斜率k＝3×12﹣2＝1．故倾斜角为45°． 14.（5分）14．,3

【解析】

由导函数可知，原函数可以是f（x）=x2﹣4x+c， ∴f（x﹣1）=（x﹣1）2﹣4（x﹣1）+c=x2﹣6x+4+c ∴令f′（x﹣1）=2x﹣6＜0 ∴x＜3

∴函数f（x﹣1）的单调递减区间是（﹣∞，3）

15.（5分）15．甲

【分析】

根据题设条件，分类讨论，合理进行判定，即可求解. 【详解】

由题意，甲、乙、丙中有一人获得了一等奖，而且只有获得一等奖的那个人说的是真话，

若甲获得一等奖，则甲说的真话，乙说的是假话，丙不能确定，符合题意； 若乙获得一等奖，则乙说：“丙获得一等奖”是真话，不符合题意；

若丙获得一等奖，则丙说的真话，而此时乙说：“丙获得一等奖”也是真话，不符合题意，

所以获得一等奖的是甲.

e216.（5分）16．0,

4

【解析】

exyex(x1)ex原命题等价于x,0 x仅有一组解，设g(x)g'(x)2xxykxxe0,1,g'(x)0;x1,,g'(x)0，作图如上.设ykx与y相切的切点为

xex0Px0,x0切线方程为xxex0x01e0ex0x01e0yxx000x0 22x0x0x0x0x0x01ex2kx020e2e2k0,. 44三、 解答题 （本题共计6小题，总分70分） 17.（10分）17．（1）mR（2）m1（3）m＝0

【分析】

（1）复数z可表示为z(2i)m2(1i)2m2(m2)i.m2＋20，即

222mR时，z为虚数

z为纯虚数 （2）当2m2－2＝0，且m2＋20，（3）当2m2(m2)，即m＝0时，z为复平面内第二、四象限角平分线上的点对应 【详解】

由于mR，复数z可表示为z(2i)m2(1i)2m2(m2)i.

222221当m2＋20，即mR时，z为虚数．

即m1时，z为纯虚数． 2当2m2－2＝0，且m2＋20，即m＝0时，z为复平面内第二、四象限角平分线上的点对3当2m22(m22)，应的复数．

18.（12分）18．（I）当x=﹣1时，有极大值f（﹣1）=2；当x=1时，有极小值f（1）=

﹣2（II）（﹣2，2） 【解析】

试题分析：（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从而求

fx）出函数的极值即可；（Ⅱ）问题转化为y（和yk有3个交点，根据f（x）的极

大值和极小值求出k的范围即可． 试题解析：

3'x）（﹣3x1）（x1）fx）x﹣3x，∴f（（I）∵（，

'x）0，解得x﹣令f（1或x1，列表如下：

（﹣∞，﹣1） + 增 （﹣1，1） ﹣ 减 （1，+∞） + 增 x ﹣1 1 f′（x） f（x）

0 极大值 0 极小值 当x=﹣1时，有极大值f（﹣1）=2； 当x=1时，有极小值f（1）=﹣2．

fx）k有3个实根， （II）要（f1k＜（﹣f1）由（I）知：（）＜，

即﹣＜2k＜2，

∴k的取值范围是（﹣2，2）．

19.（12分）19．解：（1）a,b2，递增区间是（﹣∞，递减区间是（122）和（1，+∞），32，1）．（2）c1,或c2 3【解析】 【分析】

（1）求出f'（x），由题意得f'（2）＝0且f'（1）＝0联立解得a与b的值，然后3把a、b的值代入求得f（x）及f'（x），讨论导函数的正负得到函数的增减区间； （2）根据（1）函数的单调性，由于x∈[﹣1，2]恒成立求出函数的最大值为f（2），代入求出最大值，然后令f（2）＜c2列出不等式，求出c的范围即可． 【详解】

2

（1）fxxaxbxc，f'（x）＝3x+2ax+b 32f由f21241'ab0a解得，3932

'132ab0b2f'（x）＝3x2﹣x﹣2＝（3x+2）（x﹣1），函数f（x）的单调区间如下表：

（﹣∞,x 2） 32 3（1） 2，31 （1，+∞） f'（x） + 0 ﹣ 0 + f（x）

极大值 极小值 所以函数f（x）的递增区间是（﹣∞，22）和（1，+∞），递减区间是（，1）． 33（2）因为fxx312x2xc，x1，2，根据（1）函数f（x）的单调性， 2得f（x）在（﹣1，22）上递增，在（，1）上递减，在（1，2）上递增， 33所以当x22222c为极大值，而f（2）＝2cc，所以f时，f（x）32727（2）＝2+c为最大值．

要使f（x）＜c2对x∈[﹣1，2]恒成立，须且只需c2＞f（2）＝2+c． 解得c＜﹣1或c＞2．

20.（12分）20．（1）xy0；（2）见解析；（3）见解析.

【解析】

试题分析：（1）函数求导得f11a，进而得切线方程； （2）函数求导fx1a，讨论a0，a0两种情况； x（3）令a1，由fx单调性，求最值即可证得. 试题解析： （1）

fxlnxax1aR，定义域为0,， fx1a x函数fx的图像在x1处的切线l的斜率kf11a

切线l垂直于直线yx， 1a1，a2

 fxlnx2x1，f11，切点为1,1 切线l的方程为y1x1，即xy0．

（2）由（1）知：fx1a，x0 x当a0时，fx1a0，此时fx的单调递增区间是0,； x1ax当a0时，11axa fxaxxx若0x11，则fx0；若x，则fx0 aa



11,，单调递减区间是 

aa此时，fx的单调递增区间是0,综上所述：

当a0时，fx的单调递增区间是0,； 当a0时，fx的单调递增区间是0,

11,，单调递减区间是 ．

aa（3）由（2）知：当a1时，fxlnxx1在1,上单调递减

 x1时，fxf1ln1110  x1时，lnxx10，即lnxx1．

21.（12分）21．(1) f(x)的极小值为f(1)，无极大值.（2）见解析.

【分析】

（1）对f(x)xe求导，确定函数单调性，得到函数极值. （2）构造函数F(x)xlnx(x0)，证明F(x)0恒成立，得到

2x1elnx1， 2xexlnxlnx2xe，得证. x2x【详解】

（1）由题意知，f(x)xee(x1)e，

令f(x)>0，得x>1，令f(x)0，得x1.

xxx则f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， 所以f(x)的极小值为f(1)1，无极大值. elnx. x2x（2）当x>0时，要证f(x)g(x)，即证e2令F(x)xlnx(x0)，则F(x)2x1(x0)， x令F'(x)0，得x22，令F'(x)0，得0x，

2222则F(x)在2,上单调递增， 0,2上单调递减，在所以当x>0时，F(x)F212ln0， 222所以x2lnx，即

lnx1.因为x>0时，exe01， 2xlnxlnx2xe， x2x所以当x>0时，ex所以当x>0时，不等式f(x)g(x)成立.

22.（12分）22．（1）答案见解析；（2）答案见解析.

【分析】

（1）求得fxe2a，分a0和a0两种情况，求得函数的单调性，结合极值

x的概念，即可求解；

（2）由（1）得到当a0时，fx的单调性和极小值，结合f极小值与0的关系，三种情况讨论，即可求解. 【详解】

x（1）由题意，函数f(x)e2axa，可得fxe2a，

x当a0时，fxe2a0，fx在R上为单调增函数，此时无极值；

x当a0时，令fxe2a0，解得xln2a，

x所以fx在ln(2a),上为单调增函数，

令fxe2a0，解得xln2a，fx在,ln(2a)上为单调减函数，

x所以当xln(2a)时，函数fx取得极小值f极小值=fln(2a)a2aln(2a)，无极大值. 综上所述：

当a0时，fx无极值，

当a0时，f极小值=fln(2a)a2aln(2a)，无极大值.

（2）由（1）知当a0时，fx在ln(2a),上为单调增函数，在,ln(2a)上

为单调减函数，且f极小值a2aln(2a)，

又由fxea(2x1)，若x时，fx；

x若x时，fx； 当a2aln(2a)0，即0ae时，fx无零点； 2当a2aln(2a)=0，即a=e时，fx有1个零点； 2e时，fx有2个零点. 2当a2aln(2a)0，即a综上：当0ae时，fx无零点； 2当a=e时，fx有1个零点； 2e时，fx有2个零点. 2当a