2019-2020学年江西省南昌市八一中学、洪都中学等六校高二上学期期末联考数学(理)试题(解析版)

上学期期末联考数学（理）试题

一、单选题

21．已知点A的极坐标为2,，则它的直角坐标是（ ）

3A．(1,3) 【答案】C

B．(1,3)

C．(1,3)

D．(1,3)

xcos,【解析】由代值计算即可。

ysin,【详解】

2x2cos1,xcos,3直接代入公式即得所以它的直角坐标是(1,3).

2ysin,y2sin3,3故选C. 【点睛】

本题考查极坐标与直角坐标的互化，属于简单题。 2．函数y＝x－

1的导数是( ) x1 x1D．1＋

xB．1－

1 x21C．1＋2

xA．1－【答案】C

【解析】利用导数的运算法则直接求导即可. 【详解】

111yxx12,选C.

xxx【点睛】

此题求解需熟练运用导数的运算法则.

''x2y23．已知双曲线21（a0）的一个焦点与抛物线y28x的焦点重合，则aa3（ ）

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A．1 【答案】A

B．2

C．13 D．19 x2y20)，双曲线2【解析】抛物线y8x的焦点为F(2，1（a0）中，

a32c2,c24,b23,a2c2b2431，a1，选A.

【点睛】本题为解析几何选填题，属于基础题型，要搞清圆锥曲线的定义、标准方程、

a,b,c几何性质，抛物线要注意开口方向、焦点坐标、准线方程，双曲线要注意焦点位置，

之间的关系，准确求值. 4．下列命题中错误的是（ ） ．．

A．命题“若xy，则sinxsiny”的逆否命题是真命题

B．命题“x00,,lnx0x01”的否定是“x0,,lnxx1” C．若a240为真命题，则a2为真命题

D．在ABC中，“AB”是“sinAsinB”的充要条件 【答案】C

【解析】根据原命题与逆否命题的等价性判断A；根据特称命题的否定是全称命题判断

B；根据特殊值判断C；由正弦定理判断D.

【详解】

命题“若xy，则sinxsiny”是真命题，所以其逆否命题是真命题，A对； 由特称命题的否定是全称命题可得，命题“x00,,lnx0x01”的否定是“x0,,lnxx1”正确， B对；

当a2时，a240为真命题， a2为假命题，C错；

因为“AB”与“ab”等价，由正弦定理可得“ab”与“sinAsinB”等价，所以“AB”是“sinAsinB”的充要条件，D对,故选C. 【点睛】

本题主要通过对多个命题真假的判断，综合考查原命题与逆否命题的等价性、特称命题的否定、特殊值的应用以及由正弦定理的应用，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的、已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.

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5．是的导函数，若的图象如图所示，则的图象可能是

A． B． C． D．

【答案】C 【解析】根据函数可得到正确的结果． 【详解】

由导函数的图象可知，当当当

时， 时，

时，

，所以函数为减函数；

为增函数；

的符号判断出函数

的单调性，然后结合所给选项进行判断即

，所以函数，所以函数

为增函数．

结合各选项可得C正确． 故选C． 【点睛】

解题时注意导函数的符号与函数单调性间的关系，即导函数大（小）于零时，函数单调递增（减），由此可得导函数图象的大体形状．

6．已知曲线fxxax2在点1,f1处切线的倾斜角为

323，则a等于4（ ）

A．2 B．-2 C．3 D．-1 【答案】A

【解析】因为fx3x2ax，所以f132a，由已知得32a1，解得

2a2，故选A.

7．已知函数f(x)xblnx在区间0,2上不是单调函数，则b的取值范围是（ ） A．,0 【答案】C

【解析】试题分析：fx1B．,2

C．2,0

D．2,

bxb，gxxbx0是增函数，故需xx第 3 页 共 16 页

，b2，所以b2,0.

【考点】函数的单调性．

8．若函数f(x)2x3ax1在区间(0,)内有两个零点，则实数a的取值范围为（） A．(,1) C．(0,1) 【答案】B

【解析】先求得函数的导数，对a分成a0,a0两种情况，根据函数的单调区间以及零点存在性定理列不等式，解不等式求得a的取值范围. 【详解】

B．(1,) D．(1,2)

32f'(x)6x26ax6x(xa).

①当a0时，若x(0,)，则f'(x)0，此时函数f(x)在区间(0,)上单调递增，不可能有两个零点；

②当a0时，函数f(x)在区间(0,a)上单调递减，在区间(a,)上单调递增，因为

f(0)10，若函数f(x)在区间(0,)内有两个零点，有

f(a)2a33a311a30，得a1.故选B.

【点睛】

本小题主要考查利用导数研究函数的零点，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 9．过双曲线2x2－y2＝2的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|＝4，则这样的直线l的条数为( ) A．1 C．3 【答案】C

【解析】对直线的斜率情况分类考虑，再利用弦长为4，求出直线的斜率， 从而判断直线的条数。 【详解】

设A(x1,y1)，B(x2,y2)

当直线l与x轴垂直时，AB4，满足题意

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B．2 D．4

当直线l与x轴不垂直时，设直线l：ykx3，

ykx联立直线与双曲线方程得：222xy2(2k2)x223k2x3k220，

3，整理得：

3k2223k2所以x1x22， x1x22，又AB1k2(x1x2)24x1x2 k2k2=1k2223k223k22， (2)424，解得：k2k2k2综上：满足这样的直线l的条数为3条 【点睛】

对直线斜率情况讨论。当斜率不为0时，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理 表示出x1x2，x1x2，利用弦长可得关于直线的斜率的方程，求解方程，从而判断直线条数。

10．已知函数f(x)在R上可导，且f(x)＝x2＋2xf′(2)，则函数f(x)的解析式为( ) A．f(x)＝x2＋8x C．f(x)＝x2＋2x 【答案】B

【解析】求函数fx在x2处的导数即可求解. 【详解】

∵fx＝x＋2xf'2，f’x＝2x＋2f'2．令x2，得f’2＝4＋2f'2，

2B．f(x)＝x2－8x D．f(x)＝x2－2x

f’2＝4.故fx＝x28x.

【点睛】

本题主要考查导数定义的运用.求解fx在x2处的导数是解题的关键. 11．如果函数f(x)＝

13

x－x满足：对于任意的x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤a2恒成3立，则a的取值范围是( ) A．[－66] ，332323] ，33第 5 页 共 16 页

B．[－C．(－∞，－66]∪[，＋∞) 33D．(－∞，－【答案】D

2323]∪[，＋∞) 33【解析】∵f′(x)＝x2－1，

∴当00，f(x)单调递增.

13

x－x在x＝1时取到极小值，也是x∈[0,2]上的最小值， 32∴f(x)极小值＝f(1)＝－＝f(x)最小值，

32又∵f(0)＝0，f(2)＝，

32∴在x∈[0,2]上，f(x)最大值＝f(2)＝，∵对于任意的x1，x2∈[0,2]，

3∴f(x)＝

∴都有|f(x1)－f(x2)|≤a2恒成立， ∴只需a2≥|f(x)最大值－f(x)最小值|＝

224－(－)＝即可， 333∴a≥

2323. 或a≤－

33故选D.

点睛：本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、不等式的恒成立和分类讨论思想的应用，属于难题．利用导数研究函数fx的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数fx的定义域；②对fx求导；③令f'x0，解不等式得x的范围就是递增区间；令f'x0，解不等式得x 的范围就是递减区间；④根据单调性求函数

fx的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.

312．已知函数fxx1a，x,e 与gx3lnx的图象上存在关于x轴对

e1称的点，则实数a的取值范围是( )

3A．0,e4

B．0,32

e13C．32,e4

e1D．e4,

3【答案】A

【解析】根据题意，可以将原问题转化为方程a1x33lnx在区间,e上有解，

e第 6 页 共 16 页

1构造函数gxx3lnx，利用导数分析gx的最大最小值，可得gx的值域，

3进而分析方程a1x33lnx在区间,e上有解，必有1a1e33，解之可

e得实数a的取值范围. 【详解】

3根据题意，若函数fxx1a，x,e与

e11x2xp4的图象上存在关于x轴对称

的点，则方程x31a3lnx在区间,e上有解

e化简x31a3lnx可得a1x33lnx

13x1 设gxx3lnx，对其求导gx3x23xx33又由x,e，gx0在x1有唯一的极值点

e分析可得：当

11x1时，gx0，gx为减函数， e当1xe时，gx0，gx为增函数， 故函数gxx3lnx有最小值g113ln11

33又由g1e1133ggee3，比较可得，ge， e3e33故函数gxx3lnx有最大值gee3

1331,e3gxx3lnx故函数在区间,e上的值域为

e若方程a1x33lnx在区间,e有解，必有1a1e33，则有0ae34

e则实数a的取值范围是0ae34 故选：A 【点睛】

本题考查在函数与方程思想下利用导数求最值进而表示参数取值范围问题，属于难题.

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1二、填空题

1处的切线方程为__________． 13．设函数fxxcosx，则yfx在点P0，【答案】xy10

【解析】由题意知，f'x1sinx，则切线的斜率kf'01，∴切线的方程为

y(1)x0，即 xy10.

点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点P(x0,y0)及斜率，其求法为：设P(x0,y0)是曲线yf(x)上的一点，则以P的切点的切线方程为：yy0f'(x0)(xx0)．若曲线yf(x)在点P(x0,f(x0))的切线平行于y轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为xx0． 14．函数fxxe的单调递减区间是__________.

x，+¥【答案】1()

【解析】对函数fx求导，再解fx0不等式，既得答案. 【详解】

因为函数fxxexxexxex1xx，可得fxx 2xeee因为ex0，所以当

1x+ fx0，解得x1，xe，+¥故答案为：1【点睛】

()

本题考查利用导数求函数的单调区间，属于简单题.

15．已知函数f(x)是奇函数，f20，当x,0时f(x)0，则不等式f(x)<0的解集为_______． 【答案】2,0U2,

【解析】由函数f(x)的单调性和奇偶性可以构建大致函数图象，标明特殊点位置，观察图象即得答案. 【详解】

因为当x,0时f(x)0，所以函数f(x)在,0上单调递减，

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又函数f(x)是奇函数，所以在0,上单调递减且f2f20 所以可以草绘函数的大致函数图象，观察可知不等式f(x)<0的解集为

2,0U2,

故答案为 ：2,0U2, 【点睛】

本题考查由抽象函数的性质解不等式问题，属于中档题.

16．对于函数yfx,若其定义域内存在两个不同的实数x1,x2， 使得

exxif(xi)1i1,2成立，则称函数fx具有性质P,若函数fx具有性质P，

a则实数a的取值范围是__________．

1【答案】,0.

e【解析】分析：通过分离参数法，确定axex；构造函数g(x)xex，求出函数g(x)的导函数和极值点；画出函数图像研究a 的取值范围．

ex详解：若函数fx具有性质P，则xf(x)1 有两个不等实数根

aex代入得xf(x)x1

a即axex在R上有个两个不等实数根

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令g(x)xex

则g'(x)xexexex(1x)，令g'(x)0 得x1 ，所以列出函数及其导数的表格如下所示：

x g'(x) ,1 ﹣ -1 1, + 0 g(x)

单调递减 极小值1 e单调递增 根据表格，画出如下图所示的函数图像

由图像可知，axex在R上有个两个不等实数根

即ya 与g(x)的图像有两个不同交点，由极小值g(-1)=-当有两个交点时，a 的取值范围为,0.

点睛：本题考查了函数与导数的综合应用，分离参数、构造函数、利用单调性与极值画出函数图像，进而分析取值范围，涉及知识点多、综合性强，是函数的常考点．

三、解答题

17．在直角坐标系xOy中，曲线C1:1 可知 e1excos（为参数），在以坐标原点为极点，

y1sinx轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2:23cos(R).

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（1）求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

（2）若过原点的直线l与曲线C1，C2分别相交于异于原点的点A，B，求AB的最大值.

【答案】（1）x(y1)1，(x3)2y23；（2）4 【解析】（1）直接利用参数方程公式和极坐标公式计算得到答案. （2）得到曲线C1的极坐标方程，得到|AB|4sin【详解】 （1）C1:22，计算得到答案. 3xcos22消去得到C1:x(y1)1

y1sinC2:23cos，等式两边同乘可得223cos，

2x2y2且cosx代入化简得C2:(x3)2y23

（2）由曲线C1，C2的极坐标方程为C1:2sin，C2:23cos.

5|AB|12|2sin23cos|4sin„4，当时取得等号.

36故最大值为4 【点睛】

本题考查了参数方程，极坐标方程，意在考查学生的计算能力和转化能力. 18．设命题p：函数fx1333a2xx9x无极值．命题32q:xkxk10，

（1）若p为真命题，求实数a的取值范围；

（2）若p是q的充分不必要条件，求实数k的取值范围。 (2) 【答案】(1)1a5?2k5

2【解析】（1）由命题p真时，可得fxx33ax90恒成立，得0，

即可求解；

（2）求得A={x|1x5}， B={x|k1xk}，根据p是q的充分不必要条A，列出不等式组，即可求解。 件，转化为B【详解】

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（1）由题意，命题p真时，则fxx33ax90恒成立，

2所以93a360，解得1a5

（2）命题q真：k1xk，设集合A={x|1x5}，集合B={x|k1xk} 因为p是q的充分不必要条件，所以q是p的充分不必要条件， A，则有即B【点睛】

本题主要考查了充分不必要条件的应用，以及函数的恒成立问题的求解，其中解答中准确求解命题p,q对应的集合是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。

19．在圆O:x2y24上任取一点P，过点P作y轴的垂线段PD，D为垂足．当点P在圆上运动时，线段PD的中点M形成轨迹C． （1）求轨迹C的方程；

（2）若直线yx与曲线C交于AB两点，Q为曲线C上一动点，求△ABQ面积的最大值

2k11，解得2k5，即实数k的取值范围是2k5.

k5y2【答案】（1）x1；

42（2）面积最大为2．

【解析】（1）设出M点的坐标，由M为线段PD的中点得到P的坐标，把P的坐标代入圆xy4整理得线段PD的中点M的轨迹方程；（2）联立直线yx和椭圆

22y2x1，求出AB的长；设过Q且与直线yx平行的直线为yxt，当直线与

42椭圆相切时，两直线的距离取最大，求出t，和两平行直线间的距离，再由面积公式，即可得到最大值． 【详解】

设Mx,y，由题意Dx,0，Px1,0

QM为线段PD的中点， y102y即y12y

又QPx,y1在圆xy4上，

22第 12 页 共 16 页

x2y124

y2x4y4，即x1，

4222y2所以轨迹C为椭圆，且方程为x1.

422y联立直线yx和椭圆x1，

42得到5x24，即x25 525252525A即有5,5,B5,5 25252525410 AB55555设过Q且与直线yx平行的直线为yxt， 当直线与椭圆相切时，两直线的距离取最大， 将yxt代入椭圆方程得：5x28tx4t240 由相切的条件得64t454t40 解得t5，

则所求直线为yx5或yx5， 故与直线yx的距离为d2222510， 221410102. 252则△ABQ的面积的最大值为S【点睛】

本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线与圆的位置关系，注意等价的条件，同时考查联立方程，消去变量的运算能力，属于中档题． 20．设函数f（x）=lnx-x2+x.

（I）求f（x）的单调区间； （II）求f（x）在区间[

1，e]上的最大值. 2第 13 页 共 16 页

【答案】（I）f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）; （II）f（x）max=f（1）

=0.

【解析】【详解】试题分析：（1）求导fx（2）根据单调性可求最值. 试题解析：

（I）因为f（x）=lnx-x2+x其中x>0 所以f '（x）=

x12x1,可得单调区间；

x1x12x1

-2x+1=-xx所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）. （II）由（I）f（x）在[∴f（x）max=f（1）=0. 21．已知函数fx1，1]单调递增，在[1，e]上单调递减， 21312xxcxd有极值. 3212d2d恒成立，求d的6（1）求c的取值范围；

（2）若fx在x2处取得极值，且当x0时，fx取值范围. 【答案】（1）,171,． （2），；

4【解析】（1）由已知中函数解析式fx解析式，然后根据函数fx1312xxcxd，求出导函数f′（x）的321312xxcxd有极值，方程f′（x）=x2-x+c=0有32两个实数解，构造关于c的不等式，解不等式即可得到c的取值范围；

（2）若f（x）在x=2处取得极值，则f′（2）=0，求出满足条件的c值后，可以分析出

1312xxcxd的单调性，进而分析出当x＜0时，函数的最大值，又3212由当x＜0时，fxd2d恒成立，可以构造出一个关于d的不等式，解不等式

6函数fx即可得到d的取值范围． 【详解】 （1）∵fx21312xxcxd， 32∴f'xxxc，

因为fx有极值，则方程f'xxxc0有两个相异实数解，

2第 14 页 共 16 页

从而14c0， ∴c11．∴c的取值范围为,.

44（2）∵fx在x2处取得极值， ∴f'242c0，∴c2. ∴fx1312xx2xd， 322∵f'xxx2x2x1,

∴当x,1时，f'x0，函数单调递增；当x1,0时，f'x0，函数单调递减.∴当x<0时，fx在x=-1处取得最大值∵x<0时，fx∴

7d， 612d2d恒成立， 671dd22d，即d7d10， 6671,． ∴ d7或d＞1，∴d的取值范围为，【点睛】

本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，导数在最大值，最小值问题中的应用，其中根据已知中函数的解析式，求出函数的导函数的解析式，是解答本题的关键． 22．已知函数fx12x2alnxa2x 2（1）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；

（2）是否存在实数a，对任意的x1，x2（0，+∞），且x1≠x2，都有恒成立.若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析（2）存在，a,

2fx2fx1x2x1a1【解析】（1）由题可知f（x）的定义域，再对其求导，利用分类讨论fx0的根的大小，从而确定函数f（x）的单调性；

（2）假设存在，将已知条件转化为fx2ax2fx1ax1，构建新的函数g（x）=f（x）-ax，显然只要g（x）在（0，+∞）为增函数即成立，等价于不等式gx0在（0，+∞）恒成立，解得a的取值范围即为答案. 【详解】

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（1）由题可知， f（x）的定义域为0,，

x2a2x2ax2xaa． fxxa2xxx①当2a≤0时，

f（x）在（0，-a）上是增函数，在（-a，2）上是减函数，在2,上是增函数． ②当a=-2时，在0,上是增函数．

③a2时， 则f（x）在（0，2）上是增函数，在（2，-a）上是减函数， 在a,上是增函数．

假设存在实数a， 对任意的x1，x2（0，+∞）（2），且x1≠x2，都有恒成立

不妨设0x1x2， 若令g（x）=f（x）-ax=

fx2fx1x2x1afx2fx1x2x1a，即fx2ax2fx1ax1.

121x2alnxa2x-ax=x22alnx2x. 22显然只要g（x）在（0，+∞）为增函数即成立

22ax2x2ax112a 因为gxx2xxx2要使g（x）在（0，+∞）为增函数则gx0在（0，+∞）恒成立， 即只需-1-2a≥0，则a1. 2故存在a,满足题意．

21【点睛】

本题考查利用导数解决函数的综合问题，涉及利用导数研究含参函数的单调性，还考查了新构建函数解决求参问题，属于难题.

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