2018-2019学年安徽省阜阳市第一中学高二下学期期中数学(文)试题(解析版)

（文）试题

一、单选题

1．设xR，则“x＞1”是“x2＞1”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件

D．既不充分也不必要条件 【答案】A

【解析】【详解】试题分析：由x1可得x21成立，反之不成立，所以“x1”是“x21”的充分不必要条件

【考点】充分条件与必要条件

2．已知集合PxR|x21,QxR|x4,则A．[2,3] C．[1,2) 【答案】B

【解析】【详解】试题分析：由题意得，集合P=x|1x3, 通过集合间运算即可得到答案，故选B． 【考点】集合间的运算.

3．已知函数y=f（x）定义域是[-2，3]，则y=f（2x-1）的定义域是（ ） A．0,

2【答案】C

【解析】∵函数y=f(x)定义域是[−2,3]，

B．(-2,3]

D．(,2][1,)

2=（ ）

5B．1,4

C．1,2 2D．5,5

∴由−2⩽2x−1⩽3，

1解得−⩽x⩽2，

21即函数的定义域为,2，

2第 1 页 共 16 页

本题选择C选项.

4．下列命题中真命题的个数是（ ） ①xR，x4x2；

②若“pq”是假命题，则p,q都是假命题；

③若“xR，x3x20”的否定是“xR，x3x210” A．0 【答案】B

【解析】若x1，则x4x2，故命题①假；若“pq”是假命题，则p,q至多有一个是真命题，故命题②是假命题；依据全称命题与特征命题的否定关系可得命题

32“xR,x3x210”的否定是“x0R,x0x010”，即命题③是真命题，应

B．1 C．2 D．3

选答案B．

5．若a＞b＞0，0＜c＜1，则 A．logac＜logbc 【答案】B

【解析】试题分析：对于选项A，logacB．logca＜logcb

C．ac＜bc

D．ca＞cb

1gc1gc,logbc1gc0，，Q0c1，lgalgblgb的正负，所以它们的大小不能确而ab0，所以lgalgb，但不能确定lga、定;对于选项B，logcalgalgb1,logcb,lgalgb，两边同乘以一个负数改lgclgclgcc变不等号方向，所以选项B正确;对于选项C，利用yx在第一象限内是增函数即可得到acbc，所以C错误;对于选项D，利用yc在R上为减函数易得cacb，所以D错误.所以本题选B.

【考点】指数函数与对数函数的性质

【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.

6．函数f(x)lnx2x8的单调递增区间是（ ） A．(,2) 【答案】D

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B．(,1)

C．(1,)

D．(4,)

x2【解析】由对数函数性质先求得定义域，再根据复合函数单调性的性质即可得解. 【详解】

函数f(x)lnx2x8，定义域满足x22x80， 解不等式可得x4或x2，

因为ylnx单调递增，由复合函数单调性的性质“同增异减”可知，

2yx22x8也要为单调递增，

由二次函数性质可知yx2x8的单调递增区间为(1,)，

2x4或x22f(x)lnx2x8 所以满足函数的单调递增区间为x1解得x4，即函数f(x)lnx2x8的单调递增区间为(4,)， 故选：D. 【点睛】

本题考查了复合函数单调区间的求法，注意对数函数定义域的要求，属于中档题. 7．函数y=2xsin2x的图象可能是

2A． B．

C． D．

【答案】D

π【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在(,π)上的符号，即可判断选择.

2详解：令f(x)2sin2x， 因为xR,f(x)2xxsin2(x)2sin2xf(x)，所以f(x)2sin2x为奇

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xx函数，排除选项A,B;

因为x(,π)时，f(x)0，所以排除选项C，选D.

点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．

8．若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为（ ）． A．1 【答案】A 【解析】由题可得

2x1fx2xaex1x2ax1ex1xa2xa1e， 2x12x1 因为f20，所以a1，fxxx1e，故fxxx2e，

π2B．2e3 C．5e3 D．1

令fx0，解得x2或x1，

所以fx在,2,1,上单调递增，在2,1上单调递减， 所以fx的极小值为f1111e111，故选A．

【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；

（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．

9．已知定义在R上的函数f(x)2xm1(m为实数)为偶函数,记

a=f(log0.53),b=f(log25),c=f(2m),则a,b,c,的大小关系为（ ）

A．abc 【答案】B

【解析】由fx为偶函数得m0,所以

B．cab

C．acb

D．cba

a2log0,5312log231312,b2log251514,c2010,所以

cab,故选B.

【考点】本题主要考查函数奇偶性及对数运算.

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(3a)x3,x7f(x)10．若函数单调递增,则实数a的取值范围是( ) x6a,x7A．9,3 4B．,3

94C．1,3 D．2,3

【答案】B

【解析】利用函数的单调性，判断指数函数底数的取值范围，以及一次函数的单调性，及端点处函数值的大小关系列出不等式求解即可 【详解】

解：Q函数f(x)(3a)x3,x„7单调递增， x6a,x73a09a1解得a3

43a73a所以实数a的取值范围是,3． 故选：B． 【点睛】

本题考查分段函数的应用，指数函数的性质，考查学生的计算能力，属于中档题． 11．定义在0,上的函数fx满足xfx10,f3ln3，则不等式

94

fexx0的解集为( )

A．e, 【答案】C

【解析】令gxfxlnx，x0,.在0,上的函数fx满足

3B．0,e3

C．ln3,

D．ln3,e3

xfx10，可得g'xxfx1x0，函数gx在0,上单调递增，又

g3f3ln30，进而得出解集．

【详解】

令gxfxlnx，x0,．

Q在0,上的函数fx满足 xfx10,

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1xfx1g'xf'x0，

xx函数gx在0,上单调递增，

Qg3f3ln30，

不等式gx0g3的解集为：x3．

而不等式fex0满足：exx3，即xln3．

不等式fexx0的解集为ln3,．

故选C． 【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 12．设函数fxex1ma，gxaexx（m，a为实数），若存在实数a，使

得fxgx对任意xR恒成立，则实数m的取值范围是( ) A．1, 2eB．1,0 2eC．,

1eD．,0

1e【答案】C

【解析】构造函数hxfxgxex1maaexxeaexmax，

10恒成立，分离参数转化为ae利用导数求其最大值，问题转化为hxmaxhlnmlnae1ae即可求解. aa【详解】

令hxfxgxexx1maaexxeaexmax，

则h'xeae1，若ea0，可得h'x0，函数hx为增函数，当

x时，hx，不满足hx0对任意xR恒成立；

若ea0，由h'x0，得ex11，则xln， aeae∴当x,ln11xln,h'x0时，，当时，h'x0，

aeae第 6 页 共 16 页

∴hxmax1ln111aehlneaemaln. 1malnaeaeae10ae恒成立，若存ae110成立，则maln1，在实数a，使得1malnaeae若fxgx对任意xR恒成立，则1maln∴mlnae1lnae1ae，令Fa，则aaaaalnaelnae11aaeF'a2a2a2a2aea2aaaelnaeaeaelnaee. 22aaeaae1e∴当a2e时，F'a0，当a2e时，F'a0，则FaminF2e. ∴m11.则实数m的取值范围是,. ee【点睛】

本题主要考查了利用导数求函数的最值，利用导数解决恒成立问题，属于难题.

二、填空题

13．若f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(x)g(x)【答案】

1，则f(x) ． x1x 2x111，利用奇偶性可得f(x)g(x)，两式联立x1x1【解析】由f(x)g(x)可得结果. 【详解】

1， x111所以，f(x)g(x)，即f(x)g(x)，

x1x1f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(x)g(x)两式减可得2f(x)所以f(x)112x2， x1x1x1x

， x21x. 故答案为：2

x1

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【点睛】

本题主要考查函数奇偶性的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基础题.

14．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x2)f(x)．当0x1时，

f(x)x3ax1，则实数a的值为_____．

【答案】2

【解析】利用奇偶性与周期性得到f10，代入解析式可得a. 【详解】

函数fx是定义在R上的奇函数，所以，f1f1， 又因为fx2fx，所以，f1f1， 即f1f1，即f10，

所以，f11a10，解得：a2.

3故答案为2. 【点睛】

本题考查了奇偶性与周期性的应用，当函数fx是定义在R上的奇函数，且为周期函数，则半周期处的函数值必为0，运用此结论可以解决很多求值或找零点的问题. 15．对于xR，不等式|x2||x1|a22a恒成立，则实数a的取值范围是___________. 【答案】[1,3].

2【解析】首先将题意转化为a2a(|x2||x1|)min，再求出

(|x2||x1|)min，解不等式即可.

【详解】

对于xR，不等式|x2||x1|a2a恒成立，

2等价于a2a(|x2||x1|)min即可.

2因为|x2||x1||2x||x1|2xx13， 所以a22a3，解得：1a3.

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故答案为：[1,3] 【点睛】

本题主要考查绝对值不等式和二次不等式的解法，同时考查了转化的思想，属于中档题. 16．若函数f(x)x3ax2bxc.有极值点x1,x2，且f(x1)x1，则关于x的方程

3(f(x))22af(x)b0的不同实根个数是________．

【答案】3

【解析】求导后转化为函数根的问题，再结合题意求出函数的不同实根个数 【详解】

22因f(x)3x2axb，故由题设可知f(x)3x2axb0有两解x1,x2，因此2方程3f(x)2af(x)b0有两个根f(t1)x1,f(t2)x2．如图，由于f(x1)x1，2因此一定存在唯一的x1x0使得f(x1)f(x0)x1，故方程3f(x)2af(x)b0有三个实数根，故答案为3． 【点睛】

解答本题的关键是依据题设中的函数极值点与导函数的零点之间的关系，画出函数的图像，借助图像上的对应关系判定方程的根的个数，从而使得问题获解．

三、解答题

17．设命题p：函数f（x）=lg（x2+ax+1）的定义域为R；命题q：函数f（x）=x2﹣2ax﹣1在（﹣∞，﹣1]上单调递减．

（1）若命题“p∨q”为真，“p∧q”为假，求实数a的取值范围；

（2）若关于x的不等式（x﹣m）（x﹣m+5）＜0（m∈R）的解集为M；命题p为真命题时，a的取值集合为N．当M∪N=M时，求实数m的取值范围． 【答案】（1）﹣2＜a＜﹣1或a≥2．（2）2≤m≤3．

【解析】试题分析：（1）先分别求出p真，q真时的x的范围，再通过讨论p真q假或p假q真的情况，从而求出a的范围；（2）根据M、N的关系，得到不等式组，解出即可．

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解：（1）若p真：即函数f（x）的定义域为R ∴x2+ax+1＞0对∀x∈R恒成立， ∴△=a2﹣4＜0，解得：﹣2＜a＜2， 若q真，则a≥﹣1，

∵命题“p∨q”为真，“p∧q”为假∴p真q假或p假q真 ∵

或

，解得：﹣2＜a＜﹣1或a≥2．

（2）∵M∪N=M∴N⊆M， ∵M=（m﹣5，m），N=（﹣2，2） ∴

，解得：2≤m≤3．

【考点】复合命题的真假．

2x3t218．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 (t为参数)．在

y52t2以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为25sin. (1)写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；

(2)若点P坐标为(3,5)，圆C与直线l交于A,B两点，求|PA||PB|的值． 【答案】（1）

（2）32 222【解析】试题分析：（1）由加减消元得直线l的普通方程,由siny,xy得圆C的直角坐标方程；（2）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，由直线参数方程几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2,再根据韦达定理可得结果

试题解析：解：（Ⅰ）由得直线l的普通方程为x+y﹣3﹣=0

又由得 ρ2=2ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+（y﹣）2=5；

（Ⅱ）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程， 得（3﹣

t）2+（

t）2=5，即t2﹣3

t+4=0

设t1，t2是上述方程的两实数根， 所以t1+t2=3

，A、B两点对应的参数分别为t1，t2，

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又直线l过点P

所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3．

19．海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）, 其频率分布直方图如下：

（1）记A表示事件“旧养殖法的箱产量低于50kg”，估计A的概率；

（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关： 旧养殖法 新养殖法

（3）根据箱产量的频率分布直方图，对两种养殖方法的优劣进行较。 附： P(K2≥k) k

0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 箱产量＜50kg 箱产量≥50kg n(adbc)2K

(ab)(cd)(ac)(bd)2【答案】（1）0.62（2）有99%的把握 （3）新养殖法优于旧养殖法 【解析】【详解】试题分析：

(1)由频率近似概率值，计算可得旧养殖法的箱产量低于50kg的频率为0.62.据此，事件A的概率估计值为0.62.

(2)由题意完成列联表，计算K2的观测值k＝

20062663438100100961042≈15.705＞6.635，

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则有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关．

(3)箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量较高且稳定，从而新养殖法优于旧养殖法． 试题解析：

(1)旧养殖法的箱产量低于50kg的频率为 (0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62. 因此，事件A的概率估计值为0.62. (2)根据箱产量的频率分布直方图得列联表 旧养殖法 新养殖法

K2的观测值k＝

箱产量<50kg 62 34 箱产量≥50kg 38 66 20062663438100100961042≈15.705.

由于15.705＞6.635，故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关． (3) 由频率分布直方图可得：

旧养殖法100个网箱产量的平均数x1＝

0.012+32.5×0.014+37.5×0.024+42.5×0.034+47.5×0.040+52.5×0.032+57.5×0.032+6（27.5×

2.5×0.012+67.5×0.012）×5 9.42＝47.1； ＝5×

新养殖法100个网箱产量的平均数x2＝

0.004+42.5×0.020+47.5×0.044+52.5×0.054+57.5×0.046+62.5×0.010+67.5×0.008）（37.5×

×5＝5×10.47＝52.35； 比较可得：x1＜x2，

故新养殖法更加优于旧养殖法．

点睛：利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：①最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.独立性检验得出的结论是带有概率性质的，只能说结论成立的概率有多大，而不能完全肯定一个结论，因此才出现了临界值表，在分析问题时

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一定要注意这点，不可对某个问题下确定性结论，否则就可能对统计计算的结果作出错误的解释．

20．已知函数f(x)x2ax4，g(x)|x1||x1|． （1）当a1时，求不等式f(x)g(x)的解集；

（2）若不等式f(x)g(x)的解集包含[–1，1]，求a的取值范围．

【答案】（1）{x|1x117（2）[1,1]． }；

2【解析】【详解】试题分析：（1）分x1，1x1，x1三种情况解不等式

f(x)g(x)；（2）f(x)g(x)的解集包含[1,1]，等价于当x[1,1]时f(x)2，

所以f(1)2且f(1)2，从而可得1a1．

试题解析：（1）当a1时，不等式fxgx等价于

x2xx1x140.①

当x1时，①式化为x23x40，无解；

当1x1时，①式化为x2x20，从而1x1； 当x1时，①式化为x2x40，从而1x117. 2所以fxgx的解集为{x|1x（2）当x1,1时，gx2.

117}. 2所以fxgx的解集包含1,1，等价于当x1,1时fx2.

又fx在1,1的最小值必为f1与f1之一，所以f12且f12，得

1a1.

所以a的取值范围为1,1.

点睛:形如|xa||xb|c(或c)型的不等式主要有两种解法：

(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(,a]，(a,b]，

(b,) (此处设ab)三个部分，将每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等

式求解，然后取各个不等式解集的并集．

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(2)图像法：作出函数y1|xa||xb|和y2c的图像，结合图像求解． 21．已知函数f(x)excosxx．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)y1；（Ⅱ）最大值1；最小值π2. 2【解析】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式

y-f(0)=f¢（Ⅱ）设hxfx，求hx，根据hx0确(0)(x-0)中即可；

定函数hx的单调性，根据单调性求函数的最大值为h00，从而可以知道

hxfx0恒成立，所以函数

xfx是单调递减函数，再根据单调性求最值.

x试题解析：（Ⅰ）因为fxecosxx，所以fxecosxsinx1,f00.

又因为f01，所以曲线yfx在点0,f0处的切线方程为y1. （Ⅱ）设hxexcosxsinx1，则

hxexcosxsinxsinxcosx2exsinx.

当x0,π时，hx0， 2π所以hx在区间0,上单调递减.

2所以对任意x0,π有hxh00，即fx0. 2π所以函数fx在区间0,上单调递减.

2因此fx在区间0,上的最大值为f01，最小值为f.

222【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过fx不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设hxfx，再求hx，一般这时就可求得函数hx的零点，或是

πhx0(hx0)恒成立，这样就能知道函数hx的单调性，再根据单调性求其最

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值，从而判断yfx的单调性，最后求得结果. 22．已知函数fxax12lnxa0. （1）当a1时，求fx的单调区间；

（2）若函数fx在区间0,1上无零点，求实数a的最大值.

【答案】（1）fx的单调递增区间是2,，单调递减区间是0,2；（2）2. 【解析】（1）求出导数，即可求解单调区间；

（2）对a分类讨论，根据函数的单调性，判断函数零点，得到a的取值范围. 【详解】

（1）fxx12lnx，定义域0,.

f'x12， x令f'x0得x2， 令f'x0得0x2，

因此，函数fx的单调递增区间是2,，单调递减区间是0,2； （2）f'xa2 x①当a0时，fx2lnx，函数fx在区间0,1上单调递减，且

fxf10，

所以a0时，函数fx在区间0,1上无零点； ②当a0时，令f'x0得x令f'x0得x2， a22，令f'x0得0x， aa22,，单调递减区间是0,. aa因此，函数fx的单调递增区间是1即0a2时， （i）当≥函数fx的单调递减区间是0,1，所以fxf10， 所以0a2时，函数fx在区间0,1上无零点； （ii）当

2a21即a2时， a第 15 页 共 16 页

220,fx函数的单调递减区间是，单调递增区间是,1.

aa所以fxminf2f10且a1faeaa0， ae所以a2时，函数fx在区间0,1上有零点，不成立， 所以0a2， 综上实数a的最大值是2. 【点睛】

本题主要考查了利用导数求函数的单调性，利用导数解决函数零点问题，分类讨论思想，属于难题.

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