山西省祁县中学高二数学下学期第一次月考试题 理(扫描版)

山西省祁县中学2018—2019学年高二数学下学期第一次月考试题理（扫描版）
祁县中学2019年高二年级3月月考数学(理）答案
一、选择题
CBCCBB BDACAA 二、填空题
13．3； 14．9 ； 15．2 16．-13 三、解答题
17。

解：⑴由得,
∴
由得
⑵在 上任取一点，则点到直线的距离为
≤． 7分∴当
－1，即
时，。

18。

解：（1)设(),P x y ，则由条件知,22x y M ⎛⎫
⎪⎝⎭．由于点M 在1C 上，
所以2cos 2
22sin 2
x
y αα⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，即4cos 44sin x y αα=⎧⎨=+⎩，
从而2C 的参数方程为4cos 44sin x y αα
=⎧⎨=+⎩ (α为参数)．1642
2=-+)(y x
（2）曲线1C 的极坐标方程为4sin ρθ=，曲线2C 的极坐标方程为8sin ρθ=． 射线π3θ=与1C 交点A 的极径为1π4sin 3ρ=， 射线π3θ=
与2C 的交点B 的极径为2π8sin 3
ρ=．
19. 解:(1）曲线C ：y 2
＝2ax ，直线l :x －y －2＝0. (2）将直线的参数表达式代入抛物线得
错误!t 2
－(4错误!＋错误!a )t ＋16＋4a ＝0，
所以t 1＋t 2＝8错误!＋2错误!a ，t 1t 2＝32＋8a .
因为|PM ｜＝|t 1|，|PN ｜＝｜t 2｜，｜MN ｜＝｜t 1－t 2|， 由题意知,｜t 1－t 2｜2
＝｜t 1t 2|⇒(t 1＋t 2)2
＝5t 1t 2，代入得a ＝1。

20. 解：（1）∵圆C 的极坐标方程为
22cos 3
πρθ⎛
⎫=-
⇒ ⎪⎝
⎭
2
2
212cos 2cos 32πρρθρρθθ⎫⎛⎫=-⇒=-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭
又
222,cos ,sin x y x y ρρθρθ=+==,
22,x y x ∴+=-∴圆C
的普通方程为220,x y x ++=
（2)
解法一：设z y =+，圆C
的方程22
0,x y x ++=
即2
2
1122x y ⎛⎫⎛⎫++-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴圆C
的圆心是12C ⎛- ⎝⎭
，半径
1r = 将直线l
的参数方程12{
12
x y t
=-=+(t
为参数）代入z y +,得z t =-
又∵直线l
过12C ⎛- ⎝⎭
，圆C 的半径是1，
11,11t t ∴-≤≤∴-≤-≤
y +的取值范围是[]1,1-．
解法二：圆C
的方程22
0,x y x ++=
即2
2
112x y ⎛⎛⎫++= ⎪ ⎝
⎭⎝⎭， 将直线l
的参数方程12{ 1
2
x y t
=-=+（t 为参数）化为普通方程
: 1232y x ⎫-=-+⎪⎝⎭
∴直线l 与圆C
的交点为11,22A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
和11,22B ⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭
，故点P 在线段
AB 上
从而当(),P x y 与点3131,22A ⎛⎫--
⎪ ⎪⎝⎭
重合时， (
)
max
31x y
+=；
当(),P x y 与点3131,22B ⎛⎫
+-- ⎪ ⎪⎝⎭
重合时， (
)
min
31x y
+=-．
21. 解：（1)f ′(x ）＝x －错误!,因为x ＝2是一个极值点， 所以2－错误!＝0,所以a ＝4.
（2）解:因为f ′（x ）＝x －a x
，f (x )的定义域为x >0，
所以当a ≤0时,f （x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a 〉0时,f ′（x )＝x －错误!＝错误!＝错误!，
令f ′(x )〉0，得x >a ，所以函数f (x ）的单调递增区间为(错误!，＋∞)； 令f ′(x )<0，得0〈x 〈a ，所以函数f (x ）的单调递减区间为（0，错误!）．
(3)证明：设g (x )＝错误!x 3－错误!x 2
－ln x ，
则g ′（x )＝2x 2
－x －错误!,
因为当x >1时，g ′（x ）＝错误!〉0，
所以g (x ）在(1，＋∞)上是增函数．所以g (x )>g （1）＝错误!〉0。

所以当x >1时，错误!x 2＋ln x <错误!x 3。

22. 解:(1）由已知得f(0）=2，g （0）=2,f ′(0）=4，g ′（0）=4.而f ′(x ）=2x+a ， g ′（x ）=e x
(cx+d+c).
故b=2,d=2，a=4，d+c=4.从而a=4，b=2，c=2，d=2。

（2)由（1）知f （x)=x 2
+4x+2，g （x)=2e x
(x+1).设F （x)=kg （x)—f （x)=2ke x
(x+1）-x 2
—4x —2， 则F ′(x)=2ke x
（x+2)-2x —4=2（x+2)（ke x
-1）.由题设可得F(0)≥0，即k ≥1。

令F ′(x ）=0，即2(x+2）（ke x
—1）=0，得x 1=—lnk,x 2=—2。

①若1≤k<e 2
,则—2〈x 1≤0，从而当x ∈（—2，x 1)时，F ′(x ）<0,
当x ∈（x 1,+∞)时,F ′（x ）〉0,即F(x)在x ∈(-2，x 1)上单调递减，在x ∈(x 1，+∞)上单调递增， 故F(x ）在[-2，+∞)上有最小值为F （x 1）。

F(x 1）=2x 1+2-—4x 1—2=-x 1（x 1+2）≥0。

故当x ≥—2时，F （x)≥0恒成立，即f （x ）≤kg(x)。

②若k=e 2
,则F ′（x)=2e 2
(x+2)（e x
—e -2
)，当x>—2时，F ′(x)>0,即F(x)在（—2，+∞）上单调递增，而F(—2）=0，
故当且仅当x ≥—2时,F(x)≥0恒成立,即f （x)≤kg （x ）.
③若k>e 2
，则F （—2)=-2ke -2
+2=-2e -2
(k —e 2
）<0.从而当x ≥-2时，f(x ）≤kg （x ）不可能恒成立. 综上，k 的取值范围为[1，e 2
］。