2020年江西省九江市杨桥中学高二数学文下学期期末试卷含解析

2020年江西省九江市杨桥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. 函数的零点所在的一个区间是
（A）（B）（C）（D）
参考答案：
B
略
2. 设是定义在上的奇函数，当时，，则
A. B. C. １ D. 3
参考答案：
A
略
3. 已知双曲线=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与函数y=lnx+ln2+1的图象相切，则双曲线的离心率等于（）
A．B．C．D．
参考答案：
D
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由函数的导数的几何意义可知：则渐近线的斜率为k==，则=，解得：x0=，即可求得b=2a，双曲线的离心率e===．
【解答】解：由函数y=lnx+ln2+1，（x＞0），求导y′=，设渐近线与函数的切点为P（x0，y0），则渐近线的斜率为k==，∴=，解得：x0=，
∴==2，b=2a，
双曲线的离心率e===，
故选D．
【点评】本题考查导数的几何意义及双曲线的简单几何性质，考查直线的斜率公式，属于基础题．4. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则与事件恰有两个红球既不对立也不互斥的事件是（）
A．至少有一个黑球B．恰好一个黑球
C．至多有一个红球D．至少有一个红球
参考答案：
D
【考点】互斥事件与对立事件．
【分析】利用对立事件、互斥事件定义直接求解．
【解答】解：从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，
在A中，至少有一个黑球与事件恰有两个红球是对立事件，故A不成立；
在B中，恰好一个黑球与事件恰有两个红球是互的事件，故B不成立；
在C中，至多一个红球与事件恰有两个红球是对立事件，故C不成立；
在D中，至少一个红球与事件恰有两个红球既不对立也不互斥的事件，故D成立．
故选：D．
5. 在所有的两位数中，任取一个数，则这个数能被2或3整除的概率是( )
A． B． C． D．
参考答案：
C
6. 定义平面上的区域D如下：若P为D内的任意一点，则过P点必定
可以引抛物线y = m x2 ( m < 0 )的两条不同的切线，那么（）
（A）D = { ( x，y ) | y > m x2 } （B）D = { ( x，y ) | y > 2 m x2 }
（C）D = { ( x，y ) | y < m x2 } （D）D = { ( x，y ) | y < 2 m x2 }
参考答案：
A
7. 样本（x1，x2，…，x n）的平均数为，样本（y1，y2，…y m）的平均数为，若样本（x1，
x2，…，x n，y1，y2，…y m）的平均数，其中0＜a＜，则m，n的大小关系为
（）
A．n＜m B．n＞m C．n=m D．不能确定
参考答案：
B
【考点】众数、中位数、平均数．
【分析】由0＜a＜，得1﹣a＞a，由此利用平均数的性质能判断m，n的大小关系．
【解答】解：∵0＜a＜，∴1﹣a＞a，
∵样本（x1，x2，…，x n）的平均数为，
样本（y1，y2，…y m）的平均数为，
样本（x1，x2，…，x n，y1，y2，…y m）的平均数，其中0＜a＜，
∴=+=（1﹣a），
∴，
∴m，n的大小关系为n＞m．
故选：B．
8. 下列命题中，正确命题的个数是（）
①②③④
⑤⑥A．2 B．3 C．4 D．5
参考答案：C
略
9. 一条线段AB (|AB| = 2a)的两个端点A和B分别在x轴上、y轴上滑动，则线段AB中点M
的轨迹方程为（）
A．x2 + y2 = a2 (x≠0) B．x2 + y2 = a2 (y≠0)
C．x2 + y2 = a2 (x≠0且y≠0) D．x2 + y2 = a2
参考答案：
解析：因原点即在x轴上，又在y轴上，故本题无特殊情况，选D.
10. 设等差数列的前项和为,若,则的值等于（）
A．54 B．45 C．36
D．27
参考答案：
A
略
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 不等式：。

参考答案：
略
12. 若以曲线y＝f(x)任意一点M(x，y)为切点作切线l，曲线上总存在异于M的点N(x1，y1)，以点N 为切点作切线l1，且l∥l1，则称曲线y＝f(x)具有“可平行性”．下列曲线具有可平行性的编号为．(写出所有满足条件的函数的编号)
①y＝x3－x ②y＝x＋③y＝sin x ④y＝(x－2)2＋ln x
参考答案：
②③
由题意可知，对于函数定义域内的任意一个x值，总存在x1(x1≠x)使得f′(x1)＝f′(x)．对于①，由f′(x1)＝f′(x)可得x＝x2，但当x＝0时不符合题意，故不具有可平行性；对于②，由f′(x1)＝
f′(x)可得，此时对于定义域内的任意一个x值，总存在x1＝－x，使得f′(x1)＝f′(x)；对于③，由f′(x1)＝f′(x)可得cos x1＝cos x，?x1＝x＋2kπ(k∈Z)，使得f′(x1)＝f′(x)；对于
④，由f′(x1)＝f′(x)可得2(x1－2)＋＝2(x－2)＋，整理得x1x＝，但当x＝时不符合题意，综上，答案为②③.
13. 将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共
有种．
参考答案：
222
隔板法“每校至少有一个名额的分法” 有种．
又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．
14. 设是等差数列的前项和，且，则下列结论一定正确的有
(1)．
(2)．(3)
(4)
(5)．和均为的最大值
参考答案：
(1)(2)(5)
15. 若命题，该命题的否定是_▲_．参考答案：16. 下面给出三个类比推理命题（其中为有理数集，为实数集，为复数集）；
①类比推出
②类比推出
,若
③类比推出
其中类比结论正确的序号是_____________（写出所有正确结论的序号）
参考答案：
①②
17. 如图，若长方体的底面边长为2，高为4，则异面直线与AD所成角
的大小是______________
参考答案：
略
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. 已知椭圆的焦距为，且C与y轴交于两点．
(1)求椭圆C的标准方程及离心率；
(2)设P点是椭圆C上的一个动点且在y轴的右侧，直线PA，PB与直线交于M，N两点．若以MN为直径的圆与x轴交于E，F两点，求P点横坐标的取值范围及的最大值．
参考答案：
（Ⅰ）由题意可得，，所以,，
椭圆的标准方程为. …………………………………………………3分
（Ⅱ）设，，，
所以，直线的方程为，
同理得直线的方程为，
直线与直线的交点为，
直线与直线的交点为，线段的中点，
所以圆的方程为. ………………………8分
令，则，因为，所以，
因为这个圆与轴相交,所以该方程有两个不同的实数解，
则，又0，解得．………………………10分
设交点坐标，则，
所以该圆被轴截得的弦长最大值为1．
…………………………………………12分19. （本小题满分12分）
已知集合，求实数m的取值范围.参考答案：
解：（1）当时，即，符合题意 3分
（2）当B非空时，4分
由得8分解得： 10分
综上所述：实数的取值范围为 12分
略
20. △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）证明：；
（2）当cos C取得最小值时，求的值.
参考答案：
（1）∵，
∴
即
∵，
∴.
（2）
当且仅当，即时，取等号.
∵，
∴
21. （1）设二次函数f（x）的图象与y轴交于（0，﹣3），与x轴交于（3，0）和（﹣1，0），求函数f（x）的解析式
（2）若f（x+1）=3x﹣5 求函数f（x）的解析式
（3）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=x（1+x），求函数的解析式．
参考答案：
【考点】函数解析式的求解及常用方法．
【分析】（1）由题意，f（x）是二次函数，设f（x）=ax2+bx+c，图象与y轴交于（0，﹣3），与x 轴交于（3，0）和（﹣1，0），求解a，b，c的值，可得f（x）的解析式．
（2）利用换元法求解函数f（x）的解析式
（3）根据函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=x（1+x），即可求x＜0时的解析式．
【解答】解：由题意，f（x）是二次函数，设f（x）=ax2+bx+c，
∵图象与y轴交于（0，﹣3），
∴c=﹣3．
∵与x轴交于（3，0）和（﹣1，0），
∴，
解得：a=1，b=﹣2
故得函数f（x）的解析式的为：f（x）=x2﹣2x﹣3．
（2）∵f（x+1）=3x﹣5
令t=x+1，则x=t﹣1，
那么f（x+1）=3x﹣5转化为g（t）=3（t﹣1）﹣5=3t﹣8
∴函数f（x）的解析式为：f（x）=3x﹣8．
（3）函数f（x）是定义在R上的奇函数，即f（﹣x）=﹣f（x）．
当x≥0时，f（x）=x（1+x），
当x＜0时，则﹣x＞0，那么f（﹣x）=﹣x（1﹣x）=﹣f（x）
∴f（x）=x（1﹣x）
函数f（x）的解析式的为：
22. （本题满分13分）已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝(x2＋x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，
证明：对任意x>0，g(x)<1＋e-2.参考答案：
(1)解由得，x∈(0，＋∞)．
由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.………(3分)
(2)解由(1)得f′(x)＝ (1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又e x>0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．……(7分)
(3)证明因为g(x)＝(x2＋x) ，所以g(x)＝ (1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)．
因此，对任意x>0，g(x)<1＋e－2等价于1－x－xln x< (1＋e－2)．由(2)知h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)，x∈(0，＋∞)．因此，当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2.故1－x－xln x≤1＋e－2.……(10分)
设φ(x)＝e x－(x＋1)．因为φ′(x)＝e x－1＝e x－e0，所以当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，φ(x)>φ(0)＝0，故当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝e x－(x＋1)>0，即>1.所以1－x－xln x≤1＋e－2< (1＋e－2)．因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2.………………(13分)。