2020-2021学年福建省宁德市同心顺联盟校高二(下)期中数学复习卷(含答案解析)

2020-2021学年福建省宁德市同心顺联盟校高二(下)期中数学复习卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知(1+2i)z=4+3i，则z
z
=()
A. 3−4i
5B. 3+4i
5
C. 4+3i
5
D. 4−3i
5
2.若存在过点(1,0)的直线与曲线和都相切，则()
A. 或
B. 或
C. 或
D. 或
3.曲线y=2x−e x在x=0处的切线的倾斜角为()
A. 0
B. π
4C. π
2
D. 3π
4
4.像“3，4，5”这样能够成直角三角形的数称为勾股数，又称为()
A. 毕达哥拉斯数
B. 杨辉数
C. 拉格朗日恒等数
D. 三角数
5.已知a>b>1，则下列结论正确的为()
A. a a<b b
B. alnb>blna
C. alna>blnb
D. a b<b a
6.已知i是虚数单位，若复数z满足zi=1+i，则复数z的实部与虚部之和为()
A. 0
B. 1
C. 2√2
D. 4
7.若y=f(x)的导函数在区间[0,2π]上的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()
A. B.
C. D.
8.对于大前提
小前提
所以结论
以上推理过程中的错误为()
A. 大前提
B. 小前提
C. 结论
D. 无错误
9.已知f(x)=xlnx+ax
e x
(e是自然对数的底数，a是大于1的常数)，设m>1，则下列正确的是()
A. 4mf(m+1)
m+1>2√mf(2√m)>(m+1)f(4m
m+1
)
B. 4mf(m+1)
m+1<2√mf(2√m)<(m+1)f(4m
m+1
)
C. 2√mf(2√m)>4mf(m+1)
m+1>(m+1)f(4m
m+1
)
D. 2√mf(2√m)<4mf(m+1)
m+1<(m+1)f(4m
m+1
)
10.已知x1>0，x1≠1且x n+1=x n(x n2+3)
3x n2+1
(n=1,2，…).试证：“在数列{x n}中，对任意正整数n都满足x n<x n+1”，当此题用反证法证明，否定结论时，应为()
A. 对任意的正整数n，有x n=x n+1
B. 存在正整数n，使x n=x n+1
C. 存在正整数n，使x n≥x n+1
D. 存在正整数n，使x n−x n−1≥0
11.已知函数f(x)=1
2x−1
4
sinx−√3
4
cosx的图象在点A(x0,y0)处的切线斜率为1，则tanx0=()
A. −√3
B. √3
C. −√3
3D. √3
3
12.函数y=2x+sinx的单调增区间是()
A. (−∞,+∞)
B. (0,+∞)
C. (2kπ−π
2,2kπ+π
2
)，k∈Z D. 以上答案均不正确
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.复数z=3−2i
1+i
(i为虚数单位)的虚部为______．
14.已知函数f(x)=ax2+blnx在x=1处有极值1
2
.则则a+b=______ ．
15.已知函数f(x)=2x−g(x)，若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=−x−1，
则g(2)+g′(2)=______．
16.15.在中，下列三角表达式：①，②，
③，④，其中恒为定值的有_____
________(请将你认为正确的式子的序号都填上)．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.设函数f(x)=|x+1|+|x−1|，x∈R，不等式f(x)≤2√3的解集为M．
(1)求M；
(2)当a，b∈M时，证明：√3|a+b|≤|ab+3|．
18.复数z=(m2−1)+(m+1)i，(m∈R)为纯虚数，则实数m=______．
19.已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若(其中)，求的取值范围，并说明．
20.设函数f(x)=x3+ax2−a2x+m(a>0)．
(1)求f(x)的单调增区间；
(2)a=1时，函数f(x)有三个互不相同的零点，求实数m的取值范围．
21.已知某企业每月生产的产品当月都能销售完，每件产品的生产成本为34元，该企业的月总成本
由两部分组成：第一部分是月销售产品的生产成本，第二部分是其他固定支出20000元．假设该产品的月销售量t(x)(件)与销售价格x(元/件)(x∈N∗)之间满足如下关系：
①当34≤x<60时，t(x)=−2(x+5)2+10050；
②当60≤x≤70时，t(x)=−100x+7600．
设该企业月利润为M(元)，月利润=月销售总额−月总成本．
(1)求M关于销售价格x的函数关系式；
(2)求该企业月利润M的最大值及此时产品的销售价格．
)−2lnx．22.已知函数f(x)=a(x−1
x
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若a=1
，证明：f(x)恰有三个零点．
2
【答案与解析】1.答案：B
解析：解：∵(1+2i)z=4+3i，
∴(1−2i)(1+2i)z=(1−2i)(4+3i)，
化为5z=10−5i，
解得z=2−i，
∴z=2+i．
∴z
z =2+i
2−i
=(2+i)2
(2−i)(2+i)
=3+4i
5
．
故选：B．
利用复数的运算法则即可得出．
本题考查了复数的运算法则，属于基础题．
2.答案：A
解析：试题分析：由求导得
设曲线上的任意一点处的切线方程为，将点代入方程得或．
(1)当时：切线为，所以仅有一解，得
(2)当时：切线为，由得仅有一解，得
．
综上知或．
考点：1.导数的几何意义；2.切线的方程．
3.答案：B
解析：
本题考查切线的倾斜角的求法，考查导数的几何意义，是基础题．
求出y′=2−e x，从而y′|x=0=2−e0=1，由此利用导数的几何意义能求出曲线y=2x−e x在x= 0处的切线的倾斜角．
解：∵曲线y=2x−e x，∴y′=2−e x，
∴y′|x=0=2−e0=1，
∴曲线y=2x−e x在x=0处的切线的倾斜角为π
4
．
故选B．
4.答案：A
解析：解：勾股定理又称为毕达哥拉斯定理，
因此勾股数，又称为毕达哥拉斯数，
故选：A．
勾股定理又称为毕达哥拉斯定理，即可得出．
本题考查了勾股定理、毕达哥拉斯定理，考查了理解能力，属于基础题．
5.答案：C
解析：解：a>b>1，
设f(x)=xlnx，x>1，
可得f′(x)=1+lnx>0，f(x)在x>1递增，
可得alna>blnb，
故C正确；
即有a a>b b，故A错误；
alnb>blna等价为a b<b a，
由g(x)=lnx
x 的导数为g′(x)=1−lnx
x2
，
由x>e，可得g(x)递减，在1<x<e时，g(x)递增，
可得A，D不正确．
故选：C．
由选项可构造f(x)=xlnx，g(x)=lnx
x
，分别求得导数和单调性，即可判断结论．
本题考查对数的运算性质和构造函数法，运用单调性解决是解题的关键，属于基础题．6.答案：A
解析：解：由zi=1+i，得
z=1+i
i =(1+i)(−i)
−i2
=1−i，
∴复数z的实部与虚部分别为1和−1，和为0．
故选：A．
把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
7.答案：A
解析：
根据函数的导数f′(x)为正值，可得函数f(x)单调递增，且增长速度先是变快，后又变慢，结合所给的选项，得出结论．本题主要考查函数的导数与函数的单调性的关系，属于中档题．
解：根据y=f(x)的导函数在区间[0,2π]上的图象，可得原函数f(x)在[0,π]上的增长速度不断加快，在[π,2π]上的增长速度又不断减小，
结合所给的选项，
故选：A．
8.答案：B
解析：解析：
试题分析：根据基本不等式可知，大前提正确，而小前提，没有条件x∈R+，故小前提错误，从而结论错误
考点：演绎推理的意义．
点评：本题的考点是演绎推理，主要考查三段论．三段论包含：大前提、小前提，结论，当且仅当大前提、小前提正确时，结论正确
9.答案：B
解析：解：设函数g(x)=
f(x)x
，g′(x)=
1−ax−xlnx
xe 2
则g(x)在(1,+∞)上单调递减．
由于m >1，由基本不等式可得m +1>2√m >4m
m+1>1， 那么g(m +1)<g(2√m)<g(4m
m+1)， 即
f(m+1)m+1
<
√m)2√m
<
m+14m
f(4m
m+1)，
不等式各项同乘以4m ， 即
4mf(m+1)m+1
<2√mf(2√m)<(m +1)f(
4m
m+1
)
故选B ． 构造函数g(x)=
f(x)x
，利用函数的单调性，判断即可．
本题主要考查函数的单调性，属于中等题．
10.答案：C
解析：解：根据全称命题的否定，是特称命题，即“数列{x n }对任意的正整数n ，都满足x n <x n+1”的
否定为：“存在正整数n ，使x n ≥x n+1”， 故选C ．
根据全称命题的否定，是特称命题，求得“数列{x n }对任意的正整数n ，都满足x n <x n+1”的否定，即可得到答案．
本题主要考查求命题的否定，用反证法证明数学命题的方法和步骤，注意全称命题的否定，是特称命题，属于基础题．
11.答案：A
解析：解：∵f(x)=1
2x −1
4sinx −√3
4cosx ，
∴f′(x)=1
2−1
4cosx +
√3
4
sinx =12+12sin(x −π
6)，
∵函数f(x)=1
2x −1
4sinx −√3
4cosx 的图象在点A(x 0,y 0)处的切线斜率为1，
∴1
2+1
2sin(x 0−π
6)=1，
∴x 0=
2π3
+2kπ(k ∈Z)，
∴tanx 0=tan(2π3
+2kπ)=−√3
故选：A ．
先求函数f(x)的导数，然后令f′(x 0)=1，求出x 0的值后再求其正切值即可． 本题主要考查导数的几何意义，即函数在某点的导数值等于在该点处切线的斜率．
12.答案：A
解析：解：y =2x +sinx 的定义域为R ， ∵y′=2+cosx ，且cosx ∈[−1,1] ∴y′>0
∴函数y =2x +sinx 的单调递增区间是(−∞,+∞) 故选：A ．
先求函数的定义域，在求函数的导函数y′，利用余弦函数的有界性发现y′>0，故此函数在定义域上为增函数
本题考察了导数在函数单调性中的应用，三角函数的有界性等基础知识．
13.答案：−5
2
解析：解：z =
3−2i 1+i
=
(3−2i)(1−i)(1+i)(1−i)
=12−52i ，其虚部为−5
2
． 故答案为：−52．
利用复数的运算法则化简即可得出．
本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14.答案：−1
2
解析：解：f(x)=ax 2+blnx ，求导f′(x)=2ax +b
x ， 由x =1处有极值1
2，即f′(1)=0，f(1)=1
2， ∴2a +b =0， f(1)=a =1
2，
∴b=−1，
∴a+b=−1
2
，
故答案为：−1
2
．
由题意可知：求导f′(x)=2ax+b
x ，由f′(1)=0，f(1)=1
2
，代入求得a和b，求得a+b的值．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查极值存在条件，考查计算能力，属于中档题．
15.答案：10
解析：解：因为y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=−x−1，
∴f′(2)=−1，f(2)=−2−1=−3．
∴f(2)=2×2−g(2)=−3，∴g(2)=7．
又因为f′(x)=2−g′(x)，∴f′(2)=2−g′(2)=−1，
∴g′(2)=3．
∴g(2)+g′(2)=10．
故答案为：10．
先根据y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=−x−1，求出f(2)和f′(2)的值，然后利用f(x)=2x−g(x)，求出g(2)、g′(2)的值即可．
本题考查导数的几何意义和运算，同时考查学生的运算能力和逻辑推理能力，属于基础题．16.答案：
解析：
17.答案：解：(1)不等式即|x+1|+|x−1|≤2√3，
而|x+1|+|x−1|表示数轴上的x对应点到−1、1对应点的距离之和，
−√3和√3对应点到−1、1对应点的距离之和正好等于2√3，
故不等式的解集为M=[−√3,√3]；
(2)要证√3|a+b|≤|ab+3|，只要证3(a+b)2≤(ab+3)2，
即证：3(a+b)2−(ab+3)2=3(a2+b2+2ab)−(a2⋅b2+6ab+9)
=3a2+3b2−a2⋅b2−9=(a2−3)(3−b2)≤0，
而由a，b∈M，可得−√3≤a≤√3，−√3≤b≤√3，
∴a2−3≤0，3−b2≥0，
∴(a2−3)(3−b2)≤0成立，
故要证的不等式√3|a+b|≤|ab+3|成立．
解析：(1)由条件利用绝对值的意义求出不等式f(x)≤2√3的解集M．
(2)用分析法证明此不等式，分析使此不等式成立的充分条件为(a2−3)(3−b2)≤0，而由条件a，b∈M可得(a2−3)(3−b2)≤0成立，从而证得要证的不等式．
本题主要考查绝对值的意义、绝对值不等式的解法，用分析法证明不等式，体现了转化的数学思想，属于中档题．
18.答案：1
解析：解：∵z=(m2−1)+(m+1)i，(m∈R)为纯虚数，
∴{m2−1=0
，解得m=1，
m+1≠0
故答案为：1．
由纯虚数的定义可得方程，解出可得m．
该题考查复数的基本概念，属基础题．
19.答案：(1)函数的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)当时，函数的单调递减区间为，所以函数至多存在一个零点，不符合题意．
当时，若，
当时，
令
当时，，在上是增函数
所以时，
又因为
所以在内存在一个零点，记为，在内存在一个零点，记为
，即
解析：(1)
当时，则函数的单调递减区间为
当时，
函数的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)当时，函数的单调递减区间为，所以函数至多存在一个零点，不符合题意．
当时，若，
当时，
令
当 时， ， 在 上是增函数
所以 时，
又因为
所以 在 内存在一个零点，记为 ，在 内存在一个零点，记为
，即
20.答案：解：(1)f′(x)=3x 2+2ax −a 2=(3x −a)⋅(x +a)
令f′(x)>0， 得x >a
3或x <−a
∴增区间为：(a
3,+∞)、(−∞,−a)；
(2)当a =1时，f(x)=x 3+x 2−x +m ，f′(x)=(3x −1)⋅(x +1)， 当x 变化时，f′(x)，f(x)变化如下表： x (−∞,−1) −1
(−1,13)
13
(1
3,+∞) f′(x) + 0 − 0 + f(x)
单调递增↗
单调递减↘
单调递增↗
∴当x =−1时，f(x)取极大值f(−1)=m +1， ∴当x =1
3时，f(x)取极小值f(1
3)=m −5
27， ∵f(x)有三个互不相同的零点，
∴{m+1>0
m−5
27
<0，
∴−1<m<5
27
，
∴m∈(−1,5
27
)．
解析：(1)通过求导，解关于导函数的不等式，求出函数f(x)的单调区间；
(2)将a=1代入函数表达式，通过求导得到函数的极值，解不等式组，求出即可．本题考察了函数的单调性，导数的应用，求函数中参数的范围，属于中档题．
21.答案：
解析：
22.答案：解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=a(1+1
x2)−2
x
=ax2−2x+a
x2
，
若a≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
若a>0，令f′(x)=0可得ax2−2x+a=0，
①若△=4−4a2≤0，即a≥1时，则f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②若△=4−4a2>0，即0<a<1时，方程ax2−2x+a=0的解为x1=1−√1−a2
a ，x2=1+√1−a2
a
，
∴当0<x<1−√1−a2
a 时，f′(x)>0，当1−√1−a2
a
<x<1+√1−a2
a
时，f′(x)<0，当x>1+√1−a2
a
时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1−√1−a2
a )上单调递增，在(1−√1−a2
a
,1+√1−a2
a
)上单调递减，在(1+√1−a2
a
,+∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)的减区间为(0,+∞)；
当0<a<1时，f(x)的增区间为(0,1−√1−a2
a )，(1+√1−a2
a
,+∞)，减区间为(1−√1−a2
a
,1+√1−a2
a
)；
当a≥1时，f(x)的增区间为(0,+∞)．
(2)当a=1
2时，f(x)=1
2
(x−1
x
)−2lnx，
由(1)可知f(x)在(0,2−√3)上单调递增，在(2−√3,2+√3)上单调递减，在(2+√3,+∞)上单调递增，
∵f(2−√3)=1
2(2−√3
2−√3
)−2ln(2−√3)=2ln(2+√3)−√3=ln(2+√3)2−lne √3，
f(2+√3)=1
2(2+√3
2+√3
)−2ln(2+√3)=√3−2ln(2+√3)=lne √3−ln(2+√3)2，
∵(2+√3)2>e2>e √3，
∴ln(2+√3)2−lne √3>0，即f(2−√3)>0，f(2+√3)<0，
又f(1
e3)=1
2
(1
e3
−e3)+6=6+1
2e3
−e3
2
<0，f(e3)=1
2
(e3−1
e3
)−6=e3
2
−1
2e3
−6>0，
∴f(x)在(0,2−√3)，(2−√3,2+√3)，(2+√3,+∞)上各存在唯一一个零点，
∴f(x)恰有三个零点．
解析：本题考查了函数单调性的判断，零点的存在性定理，导数的应用，考查分类讨论思想，属于中档题．
(1)讨论a的范围，判断f′(x)的符号，从而得出f(x)的单调区间；
(2)根据f(x)的单调性和零点的存在性定理进行判断．。