2021安庆九一六学校高二4月月考数学（文）试题含答案

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安庆九一六学校2020—2021学年度第二学期4月月考高二数学试卷(文科)时间：120分钟 满分：150分选择题：（本题共有12小题，四个选项中只有一个是正确的，每小题5分，共60分）1．若复数z满足eq \f(\x\to(z),1－i)＝i，其中i为虚数单位，则z＝(　　)A．1－i B．1＋iC．－1－i D．－1＋i2．点P的直角坐标为(1，－eq \r(3))，则点P的极坐标为(　　)A．(2，eq \f(π,3)) B．(2，eq \f(4π,3))C．(2，－eq \f(π,3)) D．(2，－eq \f(4π,3))3．函数y＝ln x－x的单调递减区间是(　　)A．(1，＋∞) B．(0,1)C．(0,1)，(－∞，0) D．(1，＋∞)，(－∞，0)4．直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1＋t，,y＝2－3t))(t为参数)，则直线l的斜率为(　　)A．3 B．eq \f(1,3)C．－eq \f(1,3) D．－35．z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i，m∈R，z2＝3－2i，则“m＝1”是“z1＝z2”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件6．函数f(x)＝eq \f(ln x－2x,x)的图象在点(1，－2)处的切线方程为(　　)A．2x－y－4＝0 B．2x＋y＝0C．x＋y＋1＝0 D．x－y－3＝07．已知圆C的圆心是直线eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝1＋t))(t为参数)与x轴的交点且圆C与直线x＋y＋3＝0相切，则圆的方程为(　　)A．(x－1)2＋y2＝2　　 B．(x－1)2＋y2＝4C．(x＋1)2＋y2＝2　　 D．(x＋1)2＋(y－1)2＝28．函数y＝eq \f(1,3)x3－x2－3x＋9的零点个数为(　　)A．0 B．1C．2 D．39．不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，－1]∪[4，＋∞)B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)C．[1,2]D．(－∞，1]∪[2，＋∞)10．在极坐标系中，曲线C1：ρ＝4上有3个不同的点到曲线C2：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝m的距离等于2，则m的值为(　　)A．2　　　　B．－2　　　　C．±2　　　　D．011．已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导数为f ′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf ′(x)F(2x－1)的实数x的取值范围为(　　)A．(－1,2) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D．(－2,1)12．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．[－5，－3] B．[－6，－eq \f(9,8)] C．[－6，－2] D．[－4，－3]填空题：（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13．已知f(x)＝x2＋3xf′(2)，则f′(2)＝________.14．设a，b∈R，a＋bi＝eq \f(11－7i,1－2i)(i为虚数单位)，则a＋b的值为________．15．已知抛物线的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))(t为参数)，其中p＞0，焦点为F，准线为l，过抛物线上一点M作l的垂线，垂足为E，若|EF|＝|MF|，点M的横坐标为3，则p＝________.16．设函数f (x)＝eq \f(ex,1＋ax2)，其中a>0，若对于任意x∈R，f ′(x)≥0，则实数a的取值范围是________．三、解答题：（本大题共6个小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．(本小题满分10分)已知复数z满足(1＋2i)eq \x\to(z)＝4＋3i.(1)求复数z；(2)若复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．18．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a∈R)的最小值为a.(1)求实数a的值；(2)解不等式f(x)≤5.19．(本小题满分12分)已知a∈R，函数f (x)＝eq \f(1,12)x3＋eq \f(a＋1,2)x2＋(4a＋1)x．(1)如果函数g(x)＝f ′(x)是偶函数，求f (x)的极大值和极小值；(2)如果函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数，求a的取值范围．20．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝3cos α，,y＝sin α))(α为参数)，在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝1.(1)求C的普通方程和l的倾斜角；(2)设点P(0，eq \r(2))，直线l和C交于A，B两点，求|PA|＋|PB|.21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx－eq \f(1,2)ax2－2x.(1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值．(2)若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围．(3)当a＝－eq \f(1,2)时，关于x的方程f(x)＝－eq \f(1,2)x＋b在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．22．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(1－a)x－aln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a>0，证明：当00.参考答案1.A　[由已知得eq \x\to(z)＝i(1－i)＝i＋1，则z＝1－i，故选A.]2.答案　C解析　因为点P(1，－eq \r(3))在第四象限，与原点的距离为2，且OP与x轴所成的角为eq \f(5π,3)，所以点P的一个极坐标为(2，eq \f(5π,3))，排除A、B，－eq \f(4π,3)＋2π＝eq \f(2π,3)，所以极坐标(2，－eq \f(4π,3))所表示的点在第二象限．3.解析：y′＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，由y′＜0得x＞1或x＜0，又x＞0，∴函数的单调递减区间为(1，＋∞)．答案：A4.解析：将直线l的方程化为普通方程为y－2＝－3(x－1)，所以直线l的斜率为－3，故选D．答案：D5.A　[因为z1＝z2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m2＋m＋1＝3，,m2＋m－4＝－2，))解得m＝1或m＝－2，所以m＝1是z1＝z2的充分不必要条件．]6.解析：∵f(x)＝eq \f(ln x－2x,x)，∴f′(x)＝eq \f(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))－ln x－2x,x2)＝eq \f(1－ln x,x2)，∴f′(1)＝1，∴函数f(x)的图象在点(1，－2)处的切线方程为y＋2＝1×(x－1)，即x－y－3＝0，故选D．答案：D7.【答案】C　【解析】直线eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝1＋t))(t为参数)与x轴的交点为(－1,0)，即圆C的圆心坐标为(－1,0)．因为圆C与直线x＋y＋3＝0相切，所以圆心到直线的距离为d＝eq \f(|－1＋0＋3|,\r(2))＝eq \r(2)＝r.故圆C的方程为(x＋1)2＋y2＝2.8.解析：∵y′＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)．由y′>0，得x<－1或x>3；由y′<0，得－1F(2x－1)等价于F(3)>F(|2x－1|)，即3>|2x－1|，解得－10，∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6．∴a≥－6．当x∈[－2,0)时，a≤eq \f(x2－4x－3,x3)，∴a≤eq \f(x2－4x－3,x3)min．仍设φ(x)＝eq \f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝－eq \f(x－9x＋1,x4)．当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0．当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0．∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝eq \f(1＋4－3,－1)＝－2，∴a≤－2．综上知－6≤a≤－2．答案：C13.解析：由f(x)＝x2＋3xf′(2)，得f′(x)＝2x＋3f′(2)，令x＝2，则f′(2)＝4＋3f′(2)，解得f′(2)＝－2.答案：－214.8　[a＋bi＝eq \f(11－7i,1－2i)＝eq \f(11－7i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq \f(25＋15i,5)＝5＋3i，依据复数相等的充要条件可得a＝5，b＝3.从而a＋b＝8.]15.解析：将抛物线的参数方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))(t为参数)化为普通方程为y2＝2px，∴其焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).过抛物线上点M作ME⊥l，垂足为E，则|ME|＝|MF|，∵|EF|＝|MF|，∴△MEF为等边三角形．∵点M的横坐标为3，∴|MF|＝3＋eq \f(p,2)，又点F到准线l的距离为p，∴|EF|＝2p，∴2p＝3＋eq \f(p,2)，解得p＝2.答案：216.解析：∵f(x)＝eq \f(ex,1＋ax2)，∴f′(x)＝eq \f(exax2－2ax＋1,1＋ax22)，∵a>0，且对∀x∈R，f′(x)≥0，即ax2－2ax＋1≥0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝－2a2－4a≤0，))解得04时，令2x－6≤5，得40)，因为x＝2时，函数f(x)取得极值，所以f′(2)＝0，解得a＝－eq \f(3,4)，经检验，符合题意．(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意，f′(x)≥0在x>0时恒成立，即ax2＋2x－1≤0在x>0时恒成立，则a≤eq \f(1－2x,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1在x>0时恒成立，即a≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1))min(x>0)，当x＝1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1取最小值－1，所以a的取值范围是(－∞，－1]．(3)当a＝－eq \f(1,2)时，f(x)＝－eq \f(1,2)x＋b，即eq \f(1,4)x2－eq \f(3,2)x＋lnx－b＝0.设g(x)＝eq \f(1,4)x2－eq \f(3,2)x＋lnx－b(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－2x－1,2x)，令g′(x)＝0，x＝1或x＝2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：所以g(x)极小值＝g(2)＝ln2－b－2，g(x)极大值＝g(1)＝－b－eq \f(5,4)，又g(4)＝2ln2－b－2，因为方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g1≥0，,g2<0，,g4≥0，))解得ln2－20，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a>0，则令f′(x)＝0，得x＝a.当0a时，f′(x)>0.此时f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)令g(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，则g(x)＝eq \f(1,2)(a＋x)2＋(1－a)(a＋x)－aln(a＋x)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－x2＋1－aa－x－alna－x))＝2x－aln(a＋x)＋aln(a－x)．所以g′(x)＝2－eq \f(a,a＋x)－eq \f(a,a－x)＝eq \f(2x2,x2－a2).当00，从而f(x)的最小值为f(a)，且f(a)<0.不妨设02a－x1，于是eq \f(x1＋x2,2)>a.由(1)知，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))>0.x(－∞，－2eq \r(3))－2eq \r(3)(－2eq \r(3)，2eq \r(3))2eq \r(3)(2eq \r(3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值x(0,1)1(1,2)2(2,4)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值