2020-2021学年河北省保定市博野中学高二(下)期中数学试卷(含解析)

2020-2021学年河北省保定市博野中学高二(下)期中数学试卷
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.设集合A={x|2x+1<3x}，B={x|−3<x<2}，则A∩B等于()
A. {x|−3<x<1}
B. {x|1<x<2}
C. {x|x>−3}
D. {x|x<1}
2.若f(x)=log1
3x，R=f(2
a+b
)，S=f(1
√ab
)，T=f(√2
a2+b2
)，a，b为正实数，则R，S，T的大小
关系为()
A. T≥R≥S
B. R≥T≥S
C. S≥T≥R
D. T≥S≥R
3.下列命题中，真命题是()
A. 存在
B. 是的充分条件
C. 任意
D. 的充要条件是
4.已知集合M={y|y=2x,x>0}，N={x|2x−x2≥0}，则M∩N为()
A. (1,2]
B. (1,2)
C. [2,+∞)
D. [1,+∞)
5.已知a，b，c∈R，则“a>0”且b2−4ac<0”是“∀x∈R，都有ax2+bx+c≥0”的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
6.已知函数f(x)=2x−1，若f(a)=3，则a=()
A. 5
B. 2
C. 1
D. 0
7.设a、b、c分别是方程2x=log1
2x,(1
2
)x=log1
2
x,(1
2
)x=log2x的实数根，则()．
A. c<b<a
B. a<b<c
C. b<a<c
D. c<a<b
8.现要制作一个圆锥形的漏斗，其母线长为l，要使其体积最大，高应为()
A. 1
3l2 B. √3
3
l C. √2
3
l D. 1
2
l2
9.已知函数f(x)=x2+a
x+1
，若f′(1)=0，则a等于()
A. 3
B. −3
C. 2
D. −2
10.函数在区间上的最大值为M，最小值为m，则M−m的值()
A. 2
B. −2
C. 4
D. −4
11. 已知x >0，y >0且x +y =xy ，则x +y 的取值范围是( )
A. (0,1]
B. [2,+∞)
C. (0,4]
D. [4,+∞)
12. 设a 为正实数，函数f(x)=x 3−3ax 2+4a 2，若∀x ∈(a,2a)，f(x)<0，则a 的取值范围是( )
A. [2,+∞)
B. (2,+∞)
C. (0,2]
D. (0,2
3)
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若函数f(x)=1+2
x−1，x ∈[2,4)，则f(x)的值域是______ ．
14. f(x)是定义在R 上的奇函数，且对任意实数x ，恒有f(x +2)=−f(x)成立．当x ∈[0,2]时f(x)=
2x −x 2.则f(0)+f(1)+f(2)+⋯+f(2017)+f(2018)=______．
15. 已知点P 是圆O ：x 2+y 2=4上一点，直线l 与圆O 交于A 、B 两点，PO//l ，则△PAB 面积的
最大值为_________ ．
16. 设函数f(x)={1+log 2(2−x),x <1
2x ,x ≥1，则f(−2)+f(log 26)= ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分） 17. 已知函数f(x)=e x +x ．
(1)求f(x)在区间[0,1]的值域；
(2)函数g(x)=−x −2a ，若对于任意x 2∈[0,1]，总存在x 1∈[−1,2]，使得g(x 2)≥f(x 1)−x 1+2e −x 1恒成立，求实数a 的取值范围．
18. 在△ABC 中，A 、B 为锐角，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、a ，且a −b =√2−1，sinA =√5
5
，
sinB =
√10
10
． (1)求a ，b 的值； (2)求角C 和边c 的值．
19.已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n=3n⋅λ+μ，(其中λ、p为常数)，又a1=1，a2=3．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设b n=1+2log3a n，求数列{a n b n}的前n项和T n．
20.(本小题满分14分)已知，设函数．
(Ⅰ)若在(0,2)上无极值，求t的值；
(Ⅱ)若存在，使得是在[0,2]上的最大值，求t的取值范围；
(Ⅲ)若为自然对数的底数)对任意恒成立时m的最大值为1，求t 的取值范围．
21. 已知函数f(x)=e x ，g(x)=2ax +1．
(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求a 的取值集合；
(2)若a >0，且方程f(x)−g(x)=0有两个不同的根x 1，x 2，证明：x 1+x 22
<ln2a ．
22. 已知直线l 的参数方程是{x =4t
y =4t +a
(t 为参数)(a ∈R)，圆C 的极坐标方程为ρ=4cosθ−4sinθ．
(1)将直线l 的参数方程化为普通方程，以及将圆C 的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)若圆C 上有且仅有三个点到直线l 的距离为√2，求实数a 的值．
23. “解方程(3
5)x +(4
5)x =1”有如下思路：构造函数f(x)=(3
5)x +(4
5)x ，易知f(x)在R 上单调递减，
且f(2)=1，故原方程有唯一解x =2，类比上述解题思路，不等式x 6−(x +2)>(x +2)3−x 2的解集是______ ．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：由A中不等式解得：x>1，即A={x|x>1}，
∵B={x|−3<x<2}，
∴A∩B={x|1<x<2}，
故选：B．
求出A中不等式的解集确定出A，再由B，求出两集合的交集即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2.答案：A
解析：解：∵a，b为正实数，
∴2
a+b ≤2
2√ab
=1
√ab
，
2 a+b =√4
a2+b2+2ab
≤√2
a2+b2
≤√2
2√a2b2
=
√ab
，
∵f(x)=log1
3x，R=f(2
a+b
)，S=f(
√ab
)，T=f(√2
a2+b2
)，
∴R，S，T的大小关系为T≥R≥S．
故选：A．
利用均值不等式的性质和对数性质求解．
本题考查三个数的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意均值不等式的性质和对数性质的合理运用．
3.答案：B
解析：试题分析：A项：;B项：是的充分条件，正确；C项：；D项：，但，错误.故选B．
考点：1.命题的真假；2.充要条件；3.指、对函数单调性．
4.答案：A
解析：解：∵M={y|y=2x,x>0}={y|y>1}=(1，+∞)
N={x|2x−x2≥0}={x|0≤x≤2}=[0,2]
∴M∩N=(1,2]．
故选：A
利用交集的定义和指数函数，二次函数的性质求解．
本题考查交集的求法，是基础题，解题时要注意指数函数二次函数的性质的合理运用．
5.答案：A
解析：
本题主要考查充要条件的判断，属于充要条件的判断方法是解答本题的关键，是高考中常见的题型，属于中档题．
解：因为“a>0且b2−4ac<0”是“对任意x∈R，有ax2+bx+c≥0”等价于a>0，
且判别式小于零或者a=0，b=0，c>0的充分不必要条件，
故选A．
6.答案：B
解析：解：∵函数f(x)=2x−1，f(a)=3，
∴2a−1=3，
解得a=2．
故选：B．
利用函数的性质求解．
本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数的性质的合理运用．
7.答案：B
解析：
利用方程与函数的关系，数形结合发现各图象交点的相对位置，进行根大小比较的判定．
本题考查方程根的定义，考查方程根与函数图象交点的关系，考查学生数形结合的思想方法．考查学生对基本函数图象的把握程度．
解：在同一坐标系中作出y=2x,y=log1
2x,y=(1
2
)x,y=log2x的图象，
如图，在第一象限内的三个交点的横坐标从左到右分别为a，b，c，
故它们的大小关系是a<b<c．
故选B．
8.答案：B
解析：解：设圆锥形漏斗的高为h，则圆锥的底面半径为√l2−ℎ2，(0<ℎ<l)
则圆锥的体积V=1
3⋅π(l2−ℎ2)⋅ℎ=−π
3
ℎ3+πl2
3
ℎ
则V′=−πℎ2+πl2
3
，
令V′=0
则ℎ=±√3
3
l
∵0<ℎ<l
∴当高ℎ=√3
3
l时，圆锥的体积取最大值，
故选：B
设圆锥形漏斗的高为h，我们可以表示出底面半径r，进而得到圆锥体积的表达式，利用导数法，易得到体积取最大值时，高h与母线l之间的关系．
本题考查的知识点是圆锥的体积，函数的最值，导数法在求函数最值中的应用，其中设出漏斗的高为h，表示出底面半径r，进而得到圆锥体积的表达式，建立函数数学模型是解答本题的关键．
9.答案：A
解析：
本题主要考查导数的计算，要求熟练掌握常见函数的导数公式．求出函数的导数，直接代入即可进行求值．
解：∵f(x)=x2+a
x+1
，
∴f′(x)=2x(x+1)−(x2+a)
(x+1)2
，
若f′(1)=0，
则f′(1)=2×2−1−a
22=3−a
4
=0，
解得a=3，
故选：A．
10.答案：C
解析：
由y′=3x2−6x=0，得x1=0，x2=2，分别求出f(−1)，f(0)，f(1)，其中最大的值就是函数y=x3−3x2+2在区间[−1,1]上的最大值．
解：∵y=x3−3x2+2，
∴y′=3x2−6x，
由y′=3x2−6x=0，得x1=0，x2=2，
∵x1=0∈[−1,1]，2∉[−1,1]，
∴f(−1)=−1−3+2=−2，
f(0)=0−0+2=2，
f(1)=1−3+2=0．
∴函数y=x3−3x2+2在区间[−1,1]上的最大值M为2.最小值m为−2，故M−m=4，
故选C．
11.答案：D
解析：解：由x >0，y >0且x +y =xy ，可得x +y =xy ≤(
x+y 2
)2
， 化简可得(x +y)2−4(x +y)≥0，解得x +y ≤0(舍去)，或x +y ≥4， 故x +y 的取值范围是[4,+∞)， 故选D
由题意可得x +y =xy ≤(
x+y 2
)2
，即(x +y)2−4(x +y)≥0，解值即可．
本题考查基本不等式的应用，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题．
12.答案：A
解析：解：因为f′(x)=3x 2−6ax =3x(x −2a)，
因为a <x <2a 时，f′(x)<0，故f(x)在(a,2a)上单调递减， 因为∀x ∈(a,2a)，f(x)<0， 所以f(a)=−2a 3+4a 2≤0， 故a ≥2． 故选：A ．
先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可求函数的单调性，然后转化f(a)≤0，代入即可求解．
本题主要考查了不等式的恒成立求解参数范围，导数的应用是求解问题的关键．
13.答案：(5
3,3]
解析：解：函数f(x)=1+2
x−1，
∵y =2
x−1在(−∞,1)和(1,+∞)是单调递减， ∴y =
2
x−1
在，x ∈[2,4)的值域为y ∈(2
3,2]， ∴函数f(x)=1+2
x−1在x ∈[2,4)上的值域为(5
3,3] 故答案为：(5
3,3]．
根据反比例函数的性质，利用单调性求解即可．
本题考查了值域的求法，利用了函数的单调性求解．比较基础．
14.答案：1
解析：解：∵f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意实数x，恒有f(x+2)=−f(x)成立．
∴f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
∵当x∈[0,2]时，f(x)=2x−x2．
∴f(0)=2×0−02=0，f(1)=2×1−12=1，f(2)=2×2−22=0，f(3)=−f(1)=−1，f(4)=−f(2)=0，
∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0，
∴f(0)+f(1)+f(2)+⋯+f(2017)+f(2018)
=f(0)+504×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)=1．
故答案为：1．
推导出f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)=2x−x2.f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0，从而f(0)+f(1)+f(2)+⋯+f(2017)+f(2018)=f(0)+504×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+
f(1)+f(2)，由此能求出结果．
本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．
15.答案：2.
解析：
本题考查圆的弦长公式及基本不等式求最值，关键是利用圆的弦长公式把面积表示成关于d的函数
关系式(d表示圆心到直线的距离)，属于基础题．
|AB|d=√4−d2·d=√(4−d2)d2，然后使用基本不等式求设点O到AB的距离为d，则S△PAB=1
2
最值．
解：设点O到AB的距离为d，则|AB|=2√r2−d2=2√4−d2，
|AB|d
所以S△PAB=1
2
=√4−d2·d=√(4−d2)d2
=2，
≤4−d2+d2
2
当且仅当d=√2时取等号．
故△PAB面积的最大值为2．
16.答案：9
解析：解：∵函数f(x)={1+log 2(2−x),x <1
2x ,x ≥1，
∴f(−2)+f(log 26)=1+log 2(2+2)+2log 26 =1+2+6 =9． 故答案为：9．
由已知条件利用分段函数分别求出f(−2)和f(log 26)，由此能求出结果．
本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意分段函数的性质的合理运用．
17.答案：解：(1)∵f(x)=e x +x ，
∴f′(x)=e x +1>0；∴f(x)在区间[0,1]上为增函数； f(0)=1，f(1)=e +1；
故f(x)在区间[0,1]上的值域为：[1,e +1]．
(2))∵函数g(x)在区间[0,1]上的值域为[−1−2a,−2a]， 设y =f(x)−x +2e −x =e x +2e −x ≥2√e x ⋅2e −x =2√2， 当且仅当e x =2e −x ，即x =ln √2∈[−1,2]时，y 有最小值2√2；
则若使对于任意x 2∈[0,1]，总存在x 1∈[−1,2]，使得g(x 2)≥f(x 1)−x 1+2e −x 1恒成立， 则g(x)min ≥y min ，∴−1−2a ≥2√2； 解得，a ≤−1
2−√2；
故实数a 的取值范围为(−∞,−1
2−√2].
解析：(1)判断单调性求值域；
(2)求出函数的值域，把任意存在性问题转化为最值问题，求实数a 的取值范围． 本题考查了函数的值域的求法及任意存在性问题的转化，属于中档题．
18.答案：解：(1)由a
sinA =b
sinB 得a =√2b ，联立{a =√2b
a −
b =√2−1
解得{a =√2b =1.…(4分)
(2)∵A ，B 为锐角，cosA =2√55，cosB =
3√10
10
， ∴cosC =−cos(A +B)=−cosAcosB +sinAsinB =−
√2
2
，
∴C=135°，…(6分)
∴c2=a2+b2−2abcosC=5，
∴c=√5.…8分
解析：(1)由正弦定理及已知可得a=√2b，联立方程a−b=√2−1，即可得解．
(2)由A，B为锐角，利用同角三角函数关系式可得cos A，cos B的值，利用两角和的余弦函数公式即可求得cosC=−cos(A+B)的值，利用余弦定理即可得c的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等知识变换的应用，属于基本知识的考查．19.答案：解：(Ⅰ)2S n=3n⋅λ+μ，(其中λ、p为常数)，又a1=1，a2=3，
可得n=1时，3λ+μ=2，n=2时，2(1+3)=9λ+μ=8，
解得λ=1，μ=−1，
即2S n=3n−1，当n≥2时，2S n−1=3n−1−1，
两式相减可得2a n=2⋅3n−1，
即有a n=3n−1，对n=1也成立，
则a n=3n−1，n∈N∗；
(Ⅱ)b n=1+2log3a n=1+2(n−1)=2n−1，
a n
b n=(2n−1)⋅3n−1，
前n项和T n=1⋅1+3⋅3+5⋅9+⋯+(2n−1)⋅3n−1，
3T n=1⋅3+3⋅9+5⋅27+⋯+(2n−1)⋅3n，
相减可得−2T n=1+2(3+9+⋯+3n−1)−(2n−1)⋅3n
−(2n−1)⋅3n，
=1+2⋅3(1−3n−1)
1−3
化简可得T n=1+(n−1)⋅3n．
解析：(Ⅰ)分别令n=1，2解方程可得λ=1，μ=−1，即2S n=3n−1，再将n换为n−1，相减可得所求通项公式；
(Ⅱ)求得b n=2n−1，a n b n=(2n−1)⋅3n−1，再由数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查数列的递推式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
20.答案：(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)
解析：试题分析：(Ⅰ)在(0,2)上无极值有两个相等实根；(Ⅱ)对进行讨论，根据参数在不同区间上的值，讨论的单调性与最值即可；
(Ⅲ)用分离参数法求解。

即任意，恒成立在上，
恒成立，即的最小值为1，求t的取值范围即可．
试题解析：(Ⅰ)，又在(0,2)无极值
3分
(Ⅱ)①当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，
由得：在时无解②当时，不合题意；③当时，
在单调递增，在单调递减，在单调递增，即
④当时，在单调递增，在单调递减，满足条件综上所述：时，存在，使得是在[0,2]上的最大值.8分
(Ⅲ)若对任意恒成立即
对任意恒成立令
，由于的最大值为1，则
恒成立，否则存在使得则当，时，不恒成立.由于，则 10分当时，
，则，若则在上递减，在上递增，则在上是递增的函数
，满足条件的取值范围是14分
考点：函数与导数，单调性与极值、最值，不等式恒成立问题．
21.答案：(1)解：令ℎ(x)=f(x)−g(x)=e x−2ax−1，ℎ′(x)=e x−2a，
当a≤0时，ℎ′(x)≥0恒成立，所以ℎ(x)在R上单调递增，
因为ℎ(0)=0，所以当x<0时，ℎ(x)<0，与题意不符；
当a>0时，令ℎ′(x)=0，解得x=ln2a，
当x∈(−∞,ln2a)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(ln2a,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，所以ℎ(x)min=ℎ(ln2a)=2a−2aln2a−1≥0，
令u(x)=x−xlnx−1，u′(x)=−lnx，
当x∈(0,1)时，u′(x)>0，u(x)单调递增，当x∈(1,+∞)，u′(x)<0，u(x)单调递减，
所以u(x)≤u(1)=0，即x−xlnx−1≤0，所以2a−2aln2a−1≤0，
所以2a−2aln2a−1=0，解得a=1
2
，
所以a的取值集合为{1
2
}.
(2)证明：不妨设x1<x2，由题意可得ℎ(x1)=0，ℎ(x2)=0．
所以e x1−2ax1−1=0，e x2−2ax2−1=0，所以2a=e x2−e x1
x2−x1
，
要证x1+x2
2<ln2a，即证e x1+x22<2a，即证e x1+x22<e x2−e x1
x2−x1
，
两边同除以e x2，即证e x1−x2
2<
1−e x1−x2
x2−x1
，即证(x1−x2)e x1−x22>e x1−x2−1，
即证(x1−x2)e x1−x22−e x1−x2+1>0，
令x1−x2=t(t<0)．
即证不等式te t2−e t+1>0(t<0)恒成立．
设φ(t)=te t2−e t+1，φ′(t)=e t2+1
2te t2−e t=(1+1
2
t)e t2−e t=−e t2[e t2−(1+1
2
t)]，
设G(x)=e x−(x+1)，x<0，所以G′(x)=e x−1<0，G(x)单调递减，G(x)>G(0)=0，即e x−(x+1)>0，
所以e t2−(1+1
2
t)>0，所以φ′(t)<0，
所以φ(t)在(−∞,0)上是减函数．
所以φ(t)在t=0处取得极小值φ(0)=0．
所以φ(t)>0． 则
x 1+x 22
<ln2a ．
解析：(1)令ℎ(x)=f(x)−g(x)，求导可得ℎ′(x)=e x −2a ，当a ≤0，a >0两种情况讨论，利用导数求得函数的单调性以及ℎ(x)min ，由ℎ(x)min ≥0，即可求解a 的取值集合；
(2)不妨设x 1<x 2，由题意可得e x 1−2ax 1−1=0，e x 2−2ax 2−1=0，进一步得到2a =e x 2−e x 1x 2−x 1
，
把问题转化为证明e
x 1+x 22
<
e x 2−e x 1x 2−x 1
，变形为(x 1−x 2)e
x 1−x 22
−e x 1−x 2+1>0，令x 1−x 2=t(t <0)换
元，然后再利用导数证明φ(t)=te t
2−e t +1>0即可．
本题主要考查了导数在解决函数恒成立问题中的应用，不等式的证明，考查了转化思想方法和函数构造法的应用，属于难题．
22.答案：解：(1)直线l 的参数方程是{x =4t
y =4t +a (t 为参数)(a ∈R)得x −y +a =0即为直线l 的普
通方程；
将ρ=4cosθ−4sinθ等号左右两边同乘以ρ得：ρ2=4ρcosθ−4ρsinθ，
再由ρ2=x 2+y 2，ρcosθ=x ，ρsinθ=y 得x 2+y 2−4x +4y =0(x −2)2+(y +2)2=8，即为圆C 的直角坐标方程；
(2)因为圆C 的半径为2√2，故当圆心到直线l 的距离为√2时，圆C 上有且仅有三个点到直线l 的距离为√2；
所以圆心(2,−2)到直线x −y +a =0的距离为√2，即
√2
=√2，所以a =−6或a =−2．
解析：(1)利用参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程互化方法，即可得出结论； (2)当圆心到直线l 的距离为√2时，圆C 上有且仅有三个点到直线l 的距离为√2，即可求实数a 的值． 本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程互化，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
23.答案：(−∞,−1)∪(2,+∞)
解析：解：不等式x 6−(x +2)>(x +2)3−x 2变形为， x 6+x 2>(x +2)3+(x +2)； 令u =x 2，v =x +2，
则x6+x2>(x+2)3+(x+2)⇔u3+u>v3+v；
考察函数f(x)=x3+x，知f(x)在R上为增函数，
∴f(u)>f(v)，
∴u>v；
不等式x6+x2>(x+2)3+(x+2)可化为
x2>x+2，解得x<−1或x>2；
∴不等式的解集为：(−∞,−1)∪(2,+∞)．
故答案为：(−∞,−1)∪(2,+∞)．
关键题意，把不等式变形为x6+x2>(x+2)3+(x+2)，利用函数f(x)=x3+x的单调性把该不等式转化为一元二次不等式，从而求出解集．
本题考查了合情推理的应用问题，解题时应把复杂的高次不等式转化为一元二次不等式，构造函数并利用函数的单调性进行转化是关键，是中档题．。