兰州一中2020-2021学年高二第二学期期中考试数学(理)

数学（理科）

说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分150分，考试时间120分钟。答案写在答题卡上。交卷时只交答题卡。 一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分） 1．设i为虚数单位，复数z满足z(1i)2i，则z() A．1

B．2

C．2

D．22

2．有一段演绎推理是这样的：“若直线平行于平面，则平行于平面内所有直线，已知直线b在平面外，直线a在平面内，直线b//平面，则直线b//直线a”的结论显然是错误的，这是因为() A．大前提错误 B．小前提错误 C．推理形式错误 D．非以上错误

3．在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中查出真正的嫌疑人，现有四条明确信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参与；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与.据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是() A．丙、丁 B．乙、丙 C．甲、乙 D．甲、丁 4．已知函数f(x)的导函数f(x),且满足f(x)2xf(1)lnx，则f(1)() A．e

B．1

C．1

D．e

5．设函数f(x)在(,)内的导函数为f(x)，若f(lnx)x1f(0)，则()

f(0)xA．2 B．2 C．1 D．e1

6．张、王夫妇各带一个小孩儿到上海迪士尼乐园游玩，购票后依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这6个人的入园顺序的排法种数是() A．12 B．24 C．36 D．48 7．函数f(x)x3xa在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为M、N，则MN() A．2

B．4

C．20

D．18

38．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是()

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2) D．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2) 9．

2-2(sinx4x2)dx()

A．4B．2C．42D．8

10．若函数f(x)lnxax2在区间(,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是() A．(,2]

B．(,)

21218C．(2,）D．(2,)

1811．函数f(x)1的图象大致是()

xlnx1A．B．

C．D．

12．已知奇函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f(x)，当x0时，有

2f(x)xf(x)x2,则不等式(x2018)2f(x2018)4f(2)0的解集为()

A．(,2016) C．(,2018)

B．(2016,2012) D．(2016,0)

二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）

cos(a4a12),则xdx_____. 13．已知数列{an}为等差数列，且a1a8a15,，

0114．在平面直角坐标系中，以点(x0,y0)为圆心，r为半径的圆的方程为

(xx0)2(yy0)2r2,类比圆的方程，请写出在空间直角坐标系中以点P(x0,y0,zo)为

球心，半径为r的球的方程为_____________________．

15．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为______.

16．若函数f(x)2xax1(aR)在(0,)内有且只有一个零点，则f(x)在[1,1]上的最大值与最小值的和为 ．

三．解答题（共6小题，满分70分，17小题10分，其他各12分） 17．已知xR,ax1,b2x2.

（1）求ab的取值范围；

（2）用反证法证明：a，b中至少有一个大于等于0． 18．已知数列{an},a13,an12323an4,(nN). an1（1）求a2,a3,a4的值，并猜想an的通项公式； （2）用数学归纳法证明你的猜想.

19．设函数f(x)xaxbx在点x1处有极值2. （1）求常数a,b的值;

（2）求曲线yf(x)与x轴所围封闭图形的面积.

20．某厂生产产品x件的总成本C(x)1000x（万元），已知产品单价P（万元）与产品件数x满足：P2232k,生产100件这样的产品单价为50万元. x（1）设产量为x件时，总利润为L(x)（万元），求L(x)的解析式；

（2）产量x定为多少时总利润L(x)（万元）最大？并求最大值.

21．已知函数f(x)e2x.

（1）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

（2）若函数g(x)f(x)a,x[1,1]恰有2个零点，求实数a的取值范围. 22．已知函数f(x)(x1)2xaln(2x1). 2（1）当a2时，求函数f(x)的极值点；

（2）记g(x)alnx,若对任意x1都有f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围.

兰州一中2020-2021-2学期高二年级期中考试试卷 数学（理科）参

一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分） 1 B 2 A 3 A 24 B 25 B 6 B 27 C 28 D 9 B 10 D 11 B 12 A 二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．214．(xx0)(yy0)(zz0)r

15．9616．3.

三．解答题（共6小题，满分70分，17小题10分，其他各12分）

217．解：（1）abx212x2x22x1（x1）0； （2）证明：假设a，b中没有一个不小于0，即a＜0，b＜0，所以 ab＜0．

2又abx212x2x22x1（x1）0，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，所以，a，b中至少有一个大于等于0． 18．解：（1）a13，且an13an4 an1753434792n132，a4；由此猜想an，a3

57n341123（2）用数学归纳法进行证明如下： ①当n1时，a12113，满足要求，猜想成立； 1*且kN②假设nkk1时，猜想成立，即a3k2k1, k那么当nk1时，ak13ak4ak12k142k32k11k，

2k1k1k11k2n1. n这就表明当nk1时，猜想成立，

根据①②可以断定，对所有的正整数该猜想成立，即an19．解：(1)由题意知f'x3x2axb,

2f12且f'10,

1ab2,即,解得a0,b3. 32ab0,3(2)如图,由1问知fxx3x.作出曲线yx3x的草图,所求面积为阴影部分的面

3积.

3由x33x0得曲线yx3x与x轴的交点坐标是

3,0,0,0和

3,0,而yx33x是R上的奇函数,函数图象关于原点中心对称.

所以y轴右侧阴影面积与y轴左侧阴影面积相等.

3所以所求图形的面积为S2x3xdx203143239xx|.

2024220．解：（1）由产品单价P（万元）与产品件数x满足：Pk，生产100件这样的产品x单价为50万元，得502500k250000Pk250000即P2.

100xxL(x)xP(1000x2)500x1000x2(x(0,)且xN).

（2）由L(x)500x1000x得L(x)500212x2x.

令L(x)0即(x)1253x25

当x(0,25）时，L(x)0，L(x)单调递增；

当x(25,）时，L(x)0，L(x)单调递减；

因此当x25时，L(x)取得最大值，且最大值为L(25)25001000625875（万元）故产量x定为25件时，总利润L(x)（万元）最大，最大值为875万元. 21．解：（1）因为fxe2x，所以fxe2.

xx所以f01.又f01,所以曲线yfx在点0,f0处的切线方程为

y1x,即xy10.（5分）

（2）由题意得，gxe2xa，所以gxe2.

xx由gxe20，解得xln2，

x故当1xln2时，gx0，gx在1,ln2上单调递减； 当ln2x1时，gx0，gx在ln2,1上单调递增. 所以gxmingln222ln2a. 又g1e+2a，g1e2a，

1若函数恰有两个零点，

g1e12a0,则g1e2a0,解得22ln2ae2. gln222ln2a0,所以实数a的取值范围为22ln2,e2.

222．解：（1）f(x)(x1)ln(2x1)，定义域为,

12∴f(x)2(x1)22x(2x3)， 2x12x13，列表讨论如下： 2令f(x)0，得xx 13, 22 递减 3 20 极小值 3, 2 f(x) f(x) 递增 ∴f(x)的极小值点为x3；无极大值点. 22（2）由题得，对任意x1，恒有(x1)aln(2x1)alnx0， 2令h(x)(x1)2aln(2x1)alnx， 2则h(x)min0，其中x1，

∵h(x)2(x1)aa2x(x1)(2x1)a(1x) 2x1xx(2x1)，

(x1)4x22xax(2x1)x10. ∵x1，∴

x(2x1)当a2时，恒有4x22xa0，

所以h(x)0（不恒为零），函数单调递增，h(x)minh(1)0，成立；

当a2时，令4x22xa0，则x114a1，

4∴当x1,114a时，h(x)0，hx单调递减； 4114a,当x时，h(x)0，hx单调递增； 4114ah为函数的最小值， 4114a又hh(1)0，所以不成立. 4综上所述，a2.