高二数学文科下学期期末试题含答案.docx

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高二数学文科下学期期末试题含答案

高二数学文科下学期期末试题含答案

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）＝5－4x－x2的定义域是▲．

5.以双曲线x22－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▲．

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▲．

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x2m＋y2n＝1表示双曲线的概率为▲．

11.设椭圆C：

x2a2＋y2b2＝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＝13，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）＝2sinπx3，﹣1≤x≤0x＋3，0＜x＜1，

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）＝12（|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|ex（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＝f（x）x2，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＋a2）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）

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）

已知离心率为32的椭圆x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），经过点A（1，32），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（32，34），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：

nnm＞mmn．

高二期末考试

数学试题答案

1、{1，3，4，5}2、73、真4、[－5，1]5、y2＝﹣43x6、13

7、358、－39、4710、1211、3－2212、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a＋b＋c＝1，a－b＋c＝5，c＝0，……………………………………………………………………………3分

解得a＝3，b＝－2，c＝0，所以f（x）＝3x2﹣2x.………………………………………………………7分

（2）y＝f（x）x2＝3﹣2x，当x∈[1，4]时，函数y＝3﹣2x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52，所以B＝[1，52]，………………………………………………11分

＝（52，4]………………………………………………………………………………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a＞04﹣4a•a2＜0，………………………………………………4分

解得：

a＞2，故所求实数a的取值范围为（2，＋∞）．…………………………………6分

（2）若命题p为真命题，1＜a＜2……………………………………………………………8分

若p为真q为假，则1＜a＜2a≤2，得到1＜a≤2………………………………………10分

若p为假q为真，则a≤1或a≥2a＞2得到a≥2．………………………………………12分

综上所述，的取值范围是1＜a≤2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－1a＞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

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ca＝321a2＋34b2＝1所以：

a＝2，b＝1椭圆的方程为：

x24＋y2＝1……………………4分

（2）因为点P的坐标为（32，34），所以AB的方程为：

y＝－32x＋3，

所以D点坐标为（0，3）………………………………………………………………………5分

又因为以DP为直径的圆与OP交于Q，所以DQ⊥OP又kOP＝36，所以kDQ＝－23…7分

所以DQ的方程为：

y＝－23x＋3…………………………………………………………8分

（3）由题意知直线l的斜率存在，可设l的方程为：

y－32＝k（x－1），

所以D点坐标为（0，32－k）……………………………………………………………………9分

又y－32＝k（x－1）x24＋y2＝1消去y后得：

（4k2＋1）x2＋4k（3－2k）x＋4（32－k）2－4＝0

所以：

xA＋xB＝－4k（3－2k）4k2＋1，………………………………………………………………10分

所以xP＝2k（2k－3）4k2＋1，yP＝32－k4k2＋1，所以kOP＝－14k………………………………………12分

又DQ⊥OP，所以kDQ＝4k……………………………………………………………………14分

所以DQ的方程为：

y－32＋k＝4kx，即y－32＝k（4x－1）………………………………15分

所以直线DQ恒过定点（14，32）……………………………………………………………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．………………………………………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≥1＋lnxx对任意x＞0成立．…………5分

令g（x）＝1＋lnxx，则问题转化为求g（x）的最大值．…………………………………………6分

求导得g′（x）＝－lnxx2，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）＝xlnxx－1，则h′（x）＝x－1－lnx（x－1）2…………………………………………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nlnnn－1＞mlnmm－1，………………………………………………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。

∴nnm＞mmn．…………………………………………………………………………16分