1、舒城中学2020-2021学年度第二学期第二次统考高二理数满分：150分 时间：120分钟一、单选题：本大题共12小题，每小提5分，共60分1若i为虚数单位，则在复平面上对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2设函数在上可导，则等于（ ）ABCD以上都不对3函数在上（ ）A有最大值0，无最小值B有最大值0，最小值C最小值，无最大值D既无最大值，也无最小值4若函数在上可导，且，则（ ）ABCD以上答案都不对5函数的大致图象是（ ）舒中高二统考理数 第1页 （共4页）ABCD6已知，则（ ）A中共有项，当n=2时，B中共有项，当n=2时，C中共有项，当n=2时，D中共有项，当n
2、=2时，7若函数，则（ ）A既有极大值，也有极小值B有极小值，无极大值C有极大值，无极小值D既无极大值，也无极小值8已知函数的图象经过点，则的最小值为（ ）A11B12C13D149曲线与曲线的公切线方程为（ ）ABCD10已知偶函数的定义域为，导函数为，则不等式的解集为（ ）A或B或C或D或舒中高二统考理数 第2页 （共4页）11已知函数，若方程有4个零点，则a的可能的值为（ ）AB1CD12已知函数有两个极值点，则a的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13_14由曲线y，y2x与直线x2，y0围成封闭图形的其面积为_15 已知函数，且当时，则实数的取值
3、范围为_16若对一切正实数恒成立，则实数的取值范围是_三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤17(本题10分)已知函数（1）若在上是增函数，求实数的取值范围；（2）若是的极值点，求在上的最大值和最小值18(本题12分)如图，已知多面体中，为菱形，平面，（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值舒中高二统考理数 第3页 （共4页）19(本题12分)已知函数（1）求曲线y=f（x）在x=Z处的切线方程；（2）设，证明：20(本题12分)在平面直角坐标系中，直线过点且与直线垂直，直线与轴交于点，点与点关于轴对称，动点满足（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点
4、的直线与轨迹相交于两点，设点，直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由21(本题12分)已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值22(本题12分)已知函数（1）若，求实数的取值范围；（2）求证：舒中高二统考理数 第4页 （共4页）舒城中学2020-2021学年度第二学期统考（二）高二理数满分：150分 时间：120分钟一、单选题：本大题共12小题，每小提5分，共60分.1若i为虚数单位，则在复平面上对应的点位于（ C ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2.设函数在上可导，则等于（ C ）ABCD以上都不对3函数在上（ B ）A有最
5、大值0，无最小值B有最大值0，最小值C最小值，无最大值D既无最大值，也无最小值4若函数在上可导，且，则（ C ）ABCD以上答案都不对4，,，图象为开口向上的抛物线，其对称轴方程为：，.故选：C5.函数的大致图象是（ A ）ABCD5.函数的定义域为关于原点对称，又所以是奇函数，排除BC当时，则在上递增，又 ，所以函数 在内存在零点，且当时，当时，所以在上递减，在上递增，排除D故选：A6已知，则（ C ）A中共有项，当n=2时，B中共有项，当n=2时，C中共有项，当n=2时，D中共有项，当n=2时，7若函数，则（ B ）A既有极大值，也有极小值B有极小值，无极大值C有极大值，无极小值D既无极大
6、值，也无极小值7依题意，；令，解得，故当时，当时，故当时，函数有极小值，且函数无极大值，故选：B8.已知函数的图象经过点，则的最小值为（ A ）A.11 B.12 C.13 D.148.由题可得：，所以=，令y=，令可得在递增，则在递减，故在x=2处取得最小值，最小值为，故答案为11.9曲线与曲线的公切线方程为（ A ）ABCD10.已知偶函数的定义域为，导函数为，则不等式的解集为（ ）A或B或C或D或10.设，则易知为偶函数又则当时，函数为增函数,当时，函数为减函数又，不等式可化为即，所以或，所以不等式的解集为或故选：D.11.已知函数，若方程有4个零点，则a的可能的值为（ A ）AB1CD
7、11解：根据函数的解析式可知，函数的图象如下：要使方程有4个零点，则的图象与直线有4个不同的交点，所以只需a小于在区间上的过坐标原点的切线的斜率即可.由，得，设切点坐标为，则切线方程为，又切线过，所以，解得，故此时切线的斜率为，故，结合选项知，选：A.12已知函数有两个极值点，则a的取值范围是（ D ）ABCD12.因为有两个极值点，所以有两个不同实数根，所以有两个不同实数根，所以有两个不同实数根，显然，所以有两个不同实数根，记，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为时，；当时，；当时，所以当有两个不同实数根时 ，所以，所以，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
8、13._.14.由曲线y，y2x与直线x2，y0围成封闭图形的其面积为_ln216 已知函数，且当时，则实数的取值范围为_.15.依题意，令，则函数在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则在上显然恒成立，所以在上单调递增，则；因此只需，解得，即实数的取值范围为.16.若对一切正实数恒成立，则实数的取值范围是_.16设，则恒成立，由，令，则恒成立，所以为增函数，令得，当时，当时，；所以在递减，在递增，故在处取得最小值，故最小值，因为，则所以恒成立，得，又因为（当且仅当时等号成立）；所以 即 .三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.(本题
9、10分)已知函数.(1)若在上是增函数，求实数的取值范围；(2)若是的极值点，求在上的最大值和最小值解：(1)令f(x)3x22ax30，amin3(当x1时取最小值)x1，a3，a3时亦符合题意，a3.(2)f(3)0，即276a30，a5，f(x)x35x23x，f(x)3x210x3.令f(x)0，得x13，x2(舍去)当1x3时，f(x)0，当3x5时，f(x)0，即当x3时，f(x)的极小值f(3)9.又f(1)1，f(5)15，f(x)在1,5上的最小值是f(3)9，最大值是f(5)15.18.(本题12分)如图，已知多面体中，为菱形，平面，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的
10、余弦值.（1）证明：，四点、共面.如图所示，连接，相交于点，四边形是菱形，对角线，平面，又，平面，又，平面，平面，平面平面.（2）取的中点，是等边三角形，又，以A点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，.，.，解得.设平面的法向量为，则，取.同理可得：平面的法向量.由图可知：二面角的平面角为钝角，二面角的余弦值为.19 (本题12分)已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，证明：（1），且，所以切线方程，即（2）由，所以在为增函数，又因为，所以存在唯一，使，即且当时，为减函数，时，为增函数，所以，记，所以在上为减函数，所以，所以20(本题12分)在平面直角坐标系中，直线过点且与直
11、线垂直，直线与轴交于点，点与点关于轴对称，动点满足.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与轨迹相交于两点，设点，直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.（1）由已知设直线的方程为，因为点在直线上，所以，解得.所以直线的方程为. 令，解得，所以，故.因为， 由椭圆的定义可得，动点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长为4. 所以，所以轨迹的方程为. （2）当直线的斜率不存在时，由，解得.不妨设，则.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消去，得，依题意，直线与轨迹必相交于两点，设，则，又，所以.综上可得，为定值.21(本题12分)已知函数. （I）求函数的单调区间
12、； （II）若，且对任意恒成立，求的最大值.试题分析：（1）解：因为，所以，函数的图像在点处的切线方程；5分（2）解：由（1）知，所以对任意恒成立，即对任意恒成立7分令，则，8分令，则，所以函数在上单调递增9分因为，所以方程在上存在唯一实根，且满足当，即，当，即，13分所以函数在上单调递减，在上单调递增所以14分所以故整数的最大值是315分22.(本题12分)32已知函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）求证：.（1）因为，当时，符合题意，当时，在上单调递减，而，不合题意，当时，令，得，令，得，即在上单调递增，在上单调递减，所以，解得.综上，实数的取值范围为.（2）由（1）知，当时，即，所以，得，所以，即证.