2018-2019学年山西省太原五中高二（下）4月段考数学试卷（理科）含详细解答

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1、2018-2019学年山西省太原五中高二（下）4月段考数学试卷（理科）一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1（4分）下面是关于复数的四个命题，其中真命题为（）Az的虚部为Bz为纯虚数C|z|2D2（4分）下列求导数运算正确的是（）AB（x2cosx）2xsinxCD（2sin2x）2cos2x3（4分）已知函数f（x）的导函数为f（x），且满足f（x）2xf（1）+lnx，则f（1）（）AeB1C1De4（4分）曲线与直线yx1及x4所围成的封闭图形的面积为（）A2ln2B2ln2Cln2D421n25（4分）函数f（x）（ab1），则（）Af（a）f（b）Bf（a）f（b）

2、Cf（a）f（b）Df（a），f（b）大小关系不能确定6（4分）平面内的一条直线将平面分成2部分，两条相交直线将平面分成4部分，三条两两相交且不共点的直线将平面分成7部分，则平面内六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的部分数为（）A16B20C21D227（4分）若函数在区间（1，2）上单调递减，则实数a的取值范围为（）A2，B，+）C（，+）D（2，+）8（4分）定义运算|adbc，则符合条件4+2i的复数z在复平面上表示的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9（4分）用数学归纳法证明1+2+3+n2，则当nk+1时左端应在nk的基础上加上（）Ak2+1B（k+1）2CD

3、（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+（k+1）210（4分）已知函数f（x）x2ex，若函数g（x）f2（x）kf（x）+1恰有两个零点，则k的取值范围为（）A（2，）B（，+）C（2，+）D（2，）（，+）二、填空题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分）11（4分）若直线yx与曲线yln（x+a）相切，则a 12（4分）现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为 13（4分）设函数f（x）

4、ax3+1（a0），若，则x0的值为 14（4分）若关于x的不等式（ax2）（lnx+ax）0在（0，+）上恒成立，则实数a的取值范围是 三、解答题：15（10分）命题“在RtABC中，若C90，A、B、C所对应的边长分别为a、b、c，则a2+b2c2”，类比此性质，若在立体几何中，请给出对应四面体性质的猜想，并证明之16（10分）若存在过点（，0）的直线与曲线yx3和曲线yax2+4x1都相切，求实数a的值17（12分）已知函数（）x1是函数f（x）的一个极值点，求k；（）求f（x）的单调区间18（12分）已知函数f（x）m（1x）（1mx）ex（1）若m1，求函数g（x）f（x）+xx2，

5、x0的最小值；（2）若f（x）在xa处的切线斜率与m无关，求a2018-2019学年山西省太原五中高二（下）4月段考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1（4分）下面是关于复数的四个命题，其中真命题为（）Az的虚部为Bz为纯虚数C|z|2D【分析】由条件可得A、B、C都不正确求得z2i，从而得出结论【解答】解：复数，可得z的虚部为，|z|1，z不是纯虚数，故A、B、C都不正确求得z2+i2ii，故选：D【点评】本题主要考查复数的基本概念，复数的乘方，属于基础题2（4分）下列求导数运算正确的是（）AB（x2cosx）2xsinxCD（2sin2

6、x）2cos2x【分析】利用导数的运算法则可得A.，即可判断出；B（x2cosx）2xcosxx2sinx，即可判断出；C，即可判断出；D（2sin2x）4cos2x，即可判断出【解答】解：A，A不正确；B（x2cosx）2xcosxx2sinx，B不正确；C，因此C正确；D（2sin2x）4cos2x，因此D不正确故选：C【点评】熟练掌握导数的运算法则是解题的关键3（4分）已知函数f（x）的导函数为f（x），且满足f（x）2xf（1）+lnx，则f（1）（）AeB1C1De【分析】已知函数f（x）的导函数为f（x），利用求导公式对f（x）进行求导，再把x1代入，即可求解；【解答】解：函数f（

7、x）的导函数为f（x），且满足f（x）2xf（1）+lnx，（x0）f（x）2f（1）+，把x1代入f（x）可得f（1）2f（1）+1，解得f（1）1，故选：B【点评】此题主要考查导数的加法与减法的法则，解决此题的关键是对f（x）进行正确求导，把f（1）看成一个常数，就比较简单了；4（4分）曲线与直线yx1及x4所围成的封闭图形的面积为（）A2ln2B2ln2Cln2D421n2【分析】作出函数的图象，可得围成的封闭图形为曲边三角形ABC，它的面积可化作梯形ABEF的面积与曲边梯形BCEF面积的差，由此结合定积分计算公式和梯形面积公式，不难得到本题的答案【解答】解：令x4，代入直线yx1得A（

8、4，3），同理得C（4，）由x1，解得x2，所以曲线y与直线yx1交于点B（2，1）SABCS梯形ABEFSBCEF而SBCEF（2lnx+C），（其中C是常数）2ln42ln22ln2S梯形ABEF（1+3）24封闭图形ABC的面积SABCS梯形ABEFSBCEF42ln2故选：D【点评】本题利用定积分计算公式，求封闭曲边图形的面积，着重考查了利用积分公式求原函数和定积分的几何意义等知识，属于基础题5（4分）函数f（x）（ab1），则（）Af（a）f（b）Bf（a）f（b）Cf（a）f（b）Df（a），f（b）大小关系不能确定【分析】先对函数进行求导数，再根据导数的正负判断函数的增减性即可得

9、到答案【解答】解：，f（x）当x1时，f（x）0，即f（x）在区间（，1）上单调递减，又ab1，f（a）f（b）故选：C【点评】本题主要考查函数的增减性和导数正负的关系，即当导数大于0时原函数单调递增，当导数小于0时原函数单调递减6（4分）平面内的一条直线将平面分成2部分，两条相交直线将平面分成4部分，三条两两相交且不共点的直线将平面分成7部分，则平面内六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的部分数为（）A16B20C21D22【分析】一条直线可以把平面分成两部分，两条直线最多可以把平面分成4部分，三条直线最多可以把平面分成7部分，四条直线最多可以把平面分成11部分，可以发现，两条直线时

10、多了2部分，三条直线比原来多了3部分，四条直线时比原来多了4部分，进而得到答案【解答】解：设画n条直线，最多可将面分成f（n）个部分，n1，f（1）1+12，n2，f（2）f（1）+24，n3，f（3）f（2）+37，n4，f（4）f（3）+411，n5时，f（5）f（4）+516，n6时，f（6）f（5）+622，故选：D【点评】本题考查直线与平面的关系，有一定难度，注意培养由特殊到一般再到特殊的探究意识7（4分）若函数在区间（1，2）上单调递减，则实数a的取值范围为（）A2，B，+）C（，+）D（2，+）【分析】求出函数f（x）的导数，问题转化为ax+在（1，2）恒成立，令g（x）x+，x

11、（1，2），根据函数的单调性求出a的范围即可【解答】解：函数，f（x）x2ax+1，若函数f（x）在区间（1，2）上递减，故x2ax+10在（1，2）恒成立，即ax+在（1，2）恒成立，令g（x）x+，x（1，2），g（x），x（1，2），g（x）0，g（x）在（1，2）递增，而g（2），故a故选：B【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查恒成立问题的求解方法，是中档题8（4分）定义运算|adbc，则符合条件4+2i的复数z在复平面上表示的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】根据定义先计算z的值，结合复数的几何意义进行化简判断即可【解答】解：由4+2i得zi+z4+2

12、i，即z（1+i）4+2i，得z3i，对应点的坐标为（3，1），位于第四象限，故选：D【点评】本题主要考查复数的几何意义，结合复数的运算进行化简是解决本题的关键9（4分）用数学归纳法证明1+2+3+n2，则当nk+1时左端应在nk的基础上加上（）Ak2+1B（k+1）2CD（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+（k+1）2【分析】首先分析题目求用数学归纳法证明1+2+3+n2时，当nk+1时左端应在nk的基础上加上的式子，可以分别使得nk，和nk+1代入等式，然后把nk+1时等式的左端减去nk时等式的左端，即可得到答案【解答】解：当nk时，等式左端1+2+k2，当nk+1时，等式左端1+2

13、+k2+k2+1+k2+2+（k+1）2，增加了项（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+（k+1）2故选：D【点评】此题主要考查数学归纳法的问题，属于概念考查题，这类题型比较简单多在选择填空中出现，属于基础题目10（4分）已知函数f（x）x2ex，若函数g（x）f2（x）kf（x）+1恰有两个零点，则k的取值范围为（）A（2，）B（，+）C（2，+）D（2，）（，+）【分析】求函数f（x）的导数，研究函数的单调性和极值，作出函数f（x）的图象，利用换元法法转化为关于t的一元二次函数，根据根的个数转化为t满足的条件是解决本题的关键【解答】解：设tf（x），则函数等价为yt2kt+1，f（x）

14、2xex+x2exex（x2+2x）x（x+2）ex，由f（x）0得x（x+2）0得x0或x2，此时f（x）为增函数，由f（x）0得x（x+2）0得2x0，此时f（x）为减函数，即当x2时，f（x）取得极大值f（2），当x0时，f（x）取得极小值f（0）0，则f（x）对应的图象如图：由图象知当t0或t，时方程tf（x）有一个根，t时方程tf（x）有2个根，0t时方程tf（x）有3个根，当t0时，y10，即方程t0不成立，若函数g（x）f2（x）kf（x）+1恰有两个零点，则等价为yt2kt+10有两个根，都满足t，设h（t）t2kt+1，则得，得2k，即实数k的取值范围是（2，），故选：A【点

15、评】本题主要考查函数与方程的应用，利用导数研究函数f（x）的单调性和极值，作出函数f（x）的图象，利用换元法转化为一元二次方程根与系数之间的关系进行转化是解决本题的关键二、填空题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分）11（4分）若直线yx与曲线yln（x+a）相切，则a1【分析】切点在切线上也在曲线上得到切点坐标满足两方程；又曲线切点处的导数值是切线斜率得第三个方程【解答】解：设切点P（x0，y0），则y0x0，y0ln（x0+a），又y1，x0+a1，y00，x00，a1故答案为：1【点评】本题考查导数的几何意义，常利用它求曲线的切线12（4分）现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平

16、面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为【分析】首先平面正方形的知识可知一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为，结合空间正方体的结构特征，即可类比推理出两个两个正方体重叠部分的体积【解答】解：同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为，类比到空间有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为，故答案为【点评】本题主要

17、考查类比推理的知识点，解答本题的关键是根据平面中正方形的性质类比推理出空间正方体的性质特征，本题难度不是很大13（4分）设函数f（x）ax3+1（a0），若，则x0的值为【分析】由定积分、微积分基本定理得：因为（），所以f（x0）ax03+1，又a0，所以x03，所以x0，得解【解答】解：因为（），所以f（x0）ax03+1，又a0，所以x03，所以x0，故答案为：【点评】本题考查了定积分、微积分基本定理，属简单题14（4分）若关于x的不等式（ax2）（lnx+ax）0在（0，+）上恒成立，则实数a的取值范围是（2e2【分析】不等式（ax2）（lnx+ax）0在（0，+）上恒成立，等价于或在（

18、0，+）上恒成立，令f（x）ax2，g（x）lnx+ax，当a0时，令两函数具有相同的零点，当a0时，令g（x）0恒成立即可【解答】解：不等式（ax2）（lnx+ax）0在（0，+）上恒成立，等价于或在（0，+）上恒成立，令f（x）ax2，g（x）lnx+ax，（1）当a0时，f（x）20，而g（x）lnx0在（0，+）上不恒成立，故a0，（2）当a0时，f（x）为增函数，且经过点（0，2），令f（x）0可得x，g（x）+a0，故g（x）在（0，+）上单调递增，令g（）ln+20，解得a2e2（3）当a0时，f（x）ax2为减函数，故f（x）0在（0，+）恒成立，故只需g（x）0在（0，+）上

19、恒成立即可令g（x）+a0可得x，当0x时，g（x）0，当x时，g（x）0，g（x）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减，故g（x）在x处取得最大值g（）ln（）1，令ln（）10，解得a综上，a的取值范围是（，2e2故答案为：（，2e2【点评】本题考查了函数单调性判断，函数最值与函数恒成立问题，属于中档题三、解答题：15（10分）命题“在RtABC中，若C90，A、B、C所对应的边长分别为a、b、c，则a2+b2c2”，类比此性质，若在立体几何中，请给出对应四面体性质的猜想，并证明之【分析】在三条棱两两垂直的三棱锥中，相互垂直的棱构成的三角形的面积分别为S1、S2、S3，底面的面积为S

20、，则有然后证明之【解答】解：结论：在三条棱两两垂直的三棱锥中，相互垂直的棱构成的三角形的面积分别为S1、S2、S3，底面的面积为S，则有证明：设ABa、ACb、ADc，过A作AEBC，垂足为E，联结DE，过A作AHDE，垂足为H，易证：DEBC，AH平面BCD，则dAH，在RtABC中，AEDE，【点评】本题考查了简单的合情推理，考查平面图形向立体图形的推广，涉及到侧面积的表示，属于中档题16（10分）若存在过点（，0）的直线与曲线yx3和曲线yax2+4x1都相切，求实数a的值【分析】设出所求切线方程的切点坐标和斜率，把切点坐标代入曲线方程得到一个等式，根据切点坐标和斜率写出切线的方程，把切

21、点坐标代入又得到一个等式，联立方程组即可求出切点的横坐标，进而得到切线的斜率，根据已知点的坐标和求出的斜率写出切线方程，再根据与yax2+4x1都相切，联立方程组，0可求出所求【解答】解：设直线与曲线yx3的切点坐标为（m，n），则，解得m0或1，则切线的斜率k3m20或k3，若k0，此时切线的方程为y0，由，消去y，可得ax2+4x10，其中0，即42+4a0，解可得a4；若k3，其切线方程为y3x+2，由，消去y可得ax2+x30，又由0，即1+12a0，解得a故a或4【点评】本题主要考查了导数的几何意义，以及利用导数求曲线上过某点切线方程，会根据一点坐标和斜率写出直线的方程，是一道综合题

22、17（12分）已知函数（）x1是函数f（x）的一个极值点，求k；（）求f（x）的单调区间【分析】（）先求出导数，根据极值的概念建立方程求出k的值；（）先求出导数，然后对k的不同取值分类讨论，从而确定函数的单调区间【解答】解：（I）f（x），x（1，+）由x1是函数f（x）的一个极值点，可知，解之得（4分）故k的值为（5分）（II）f（x），x（1，+）（6分）当k0时，f（x）所以，在区间（1，0）上，f（x）0；在区间（0，+）上，f（x）0故f（x）的单调递增区间是（1，0），单调递减区间是（0，+）（7分）当0k1时，由f（x）0，得x10，x20所以，在区间（1，0）和（，+）上，f（

23、x）0；在区间（0， ）上，f（x）0故f（x）的单调递增区间是（1，0）和（，+），单调递减区间是（0， ） （9分）当k1时，f（x）故f（x）的单调递增区间是（1，+）（10分）当k1时，由f（x）0，得x1（1，0），x20所以，在区间（1， ）和（0，+）上，f（x）0；在区间（，0）上，f（x）0故f（x）的单调递增区间是（1， ）和（0，+），单调递减区间是（，0）（12分）【点评】本题考查函数的极值与单调性问题，属于中档题目18（12分）已知函数f（x）m（1x）（1mx）ex（1）若m1，求函数g（x）f（x）+xx2，x0的最小值；（2）若f（x）在xa处的切线斜率与m无关

24、，求a【分析】（1）求函数g（x）的导数，得g（x）到单调区间，从而得到最小值；（2）f（x）在xa处的切线斜率与m无关，即f（x）在xa处的值与m无关，f（x）m（xex+ex1）ex，即分析即 t（x）xex+ex10的根；【解答】解：（1）当m1时，g（x）f（x）+xx2xexexx2+1，x0g（x）xex2xx（ex2）；则g（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+）上单调递增；所以当xlnx时，最小值为g（ln2）（ln21）2；（2）f（x）mex+mxex+mexm（xex+ex1）exf（x）在xa处的切线斜率与m无关；即f（x）在xa处的值与m无关；即 t（x）xex+ex10，t（x）（x+2）ex，所以t（x）在（，2）单调递减，在（2，+）单调递增；当x时，t（x）0（小于0趋于0），t（0）0，所以当x0时，f（0）1 与m无关；故a0【点评】本题考查函数最值，曲线切线的斜率与导数的关系，定值问题，属于难题