1、2018-2019 學年江蘇省無錫市錫山區天一中學強化班高二（下）期末數學試卷一、填空題：本大題共 14 小題，每小題 5 分，共 70 分1（5 分）已知全集 UR，集合 A（，0），B1，3，a，若（UA）B，則實數 a 的取值范圍是（+x25 分）已知命題“xR，使 2x2（a1）+ 0”是假命題，則實數 a 的取值范圍是（3 5 分）設  是第二象限角，P（x，4）為其終邊上一點

2、，且，則 x      ，tan4（5 分）若曲線 ysinx 經過 T 變換作用后縱坐標不變、橫坐標變為原來的 2 倍，則 T 變換所對應的矩陣 M5（5 分）已知 p：xx|4xa4，q：xx|（x2）（3x）0，若p 是q 的充分條件，則實數 a 的取值范圍為6（5 分）在ABC 中，sin（CA）1，7（5 分）在極坐標系中

3、60;A（2，），B，（4，（8 5 分）ABC 外接圓的半徑為 1，圓心為 O，且 2，則 sinA      ）兩點間的距離      |+  +   ，  |  |，則  9（5 分）已知函數 f（x），xR，則 f（x22x）f（3x4）的解集是10（5

4、0;分）已知函數 f（x）sin（2x+），其中  為實數，若對 xR 恒成立，且，則 f（x）的單調遞減區間是11（5 分）設函數 f（x）是定義在（，0）上的可導函數，其導函數為 f'（x），且有 3f（x）+xf'（x）0，則不等式（x+2019）3f（x+2019）+27f（3）0 的解集是12（5 分）如圖，在平面四邊形 ABCD 中，ABBC，ADCD，BCD60°，CBCD2若點 M 為邊

5、0;BC 上的動點，則的最小值為第1頁（共21頁）13（5 分）在三角形ABC 中，D 為 BC 邊上一點，且 BD2CD，ADBD，則 tanBACcos2B 的最大值為14（5 分）已知函數，若函數有兩個極值點 x1，x2，且     ，則實數 a 的取值范圍為二、解答題：本大題共 6 小題，共 90 分，解答需寫出文字說明、證明過程或演算步驟15（14 分）（1

6、）已知可逆矩陣 A的逆矩陣為 A1，求 A1 的特征值（2）變換 T1 是逆時針旋轉的旋轉變換，對應的變換矩陣是 M1：變換 T2 對應用的變換矩陣是 M2T，求函數 yx2 的圖象依次在 T1， 2 變換的作用下所得曲線的方程16（14 分）（1）已知直線 l 經過點 P（1，1），傾斜角兩點 A，B，求點 P 到兩點的距離之積設 l 與圓 x2

7、+y24 相交與（2）在極坐標系中，圓 C 的方程為 +2cos0，直線 l 的方程為若直線 l 過圓 C 的圓心，求實數 m 的值；若 m2，求直線 l 被圓 C 所截得的弦長17（14 分）已知ABC 的內角 A 的大小為 120°，面積為（1）若 AB，求ABC 的另外兩條邊長；（2）設 O 為ABC 的外心，當

8、時，求      的值18（16 分）給出如下兩個命題：命題 p：x0，1，a4xa2x+1+6（a5）0；命題 q ：已知函數，且對任意x1 ， x2 （ 0 ， 2 ， x1  x2 ，都有，求實數 a 的取值范圍，使命題 pq 為假，pq 為真（19 16 分）為豐富市民的文化生活，市政府計劃在一塊半徑為200m

9、，圓心角為 120°的扇第2頁（共21頁）形地上建造市民廣場規劃設計如圖：內接梯形 ABCD 區域為運動休閑區，其中 A，B分別在半徑 OP，OQ 上，C，D 在圓弧上，CD； OAB 區域為文化展示區，AB長為m；其余空地為綠化區域，且 CD 長不得超過 200m（1）試確定 A，B 的位置，使OAB 的周長最大？（）當OAB 的周長最大時，設DOC2，試將運動休閑區 ABCD 的面積 S

10、60;表示為  的函數，并求出 S 的最大值20（16 分）已知 a，b 為實數，函數 f（x）+b，函數 g（x）lnx（1）當 ab0 時，令 F（x）f（x）+g（x），求函數 F（x）的極值；（2）當 a1 時，令 G（x）f（x）g（x），是否存在實數 b，使得對于函數 yG（x）定義域中的任意實數 x1，均存在實數 x21，+），有 G（x1）x20 成立，若存在，

11、求出實數 b 的取值集合；若不存在，請說明理由第3頁（共21頁）2018-2019 學年江蘇省無錫市錫山區天一中學強化班高二（下）期末數學試卷參考答案與試題解析一、填空題：本大題共 14 小題，每小題 5 分，共 70 分1（5 分）已知全集 UR，集合 A（，0），B1，3，a，若（UA）B，則實數 a 的取值范圍是a0【分析】根據題意，由集合 A 求出 A 的補集，分析可得若（UA）B，則 B 

12、;中必須有大于等于 0 的實數，由集合 B 的元素，分析可得答案【解答】解：集合 A（，0）x|x0，則UAx|x0，若（UA）B，則 B 中必須有大于等于 0 的實數，又由 B1，3，a，則 a0，故答案為 a0【點評】本題考查集合的混合運算，關鍵在于分析得到（UA）B的條件2（5 分）已知命題“xR，使 2x2+（a1）x+ 0”是假命題，則實數 a 的取值范圍是（1，3）【分析】根據特稱命題的真假關系即可得到結論【解答】

13、解：命題“xR，使 2x2+（a1）x+ 0”是假命題，命題“xR，使 2x2+（a1）x+ 0”是真命題，即判別式（1）24×2× 0，即（1）24，則2a12，即1a3，故答案為：（1，3）【點評】本題主要考查含有量詞的命題的真假應用，利用一元二次不等式的性質是解決本題的關鍵（3 5 分）設  是第二象限角，P（x，4）為其終邊上一點，且第4頁（共21頁），則 x 3 ，tan【分析】由條件利用任意角的三角函數的定義，求得 x 的值

14、，可得 tan 的值【解答】解： 是第二象限角，P（x，4）為其終邊上的一點，x0，cos ，x3，tan ，故答案為：3，【點評】本題主要考查任意角的三角函數的定義，屬于基礎題4（5 分）若曲線 ysinx 經過 T 變換作用后縱坐標不變、橫坐標變為原來的 2 倍，則 T 變換所對應的矩陣 M【分析】本題可設出變換前后對應點的坐標，然后根據變換對應的矩陣關系式，分析比較可得結果【解答】解：設曲線上任一點 P（x，y）經過 T

15、 變換作用后對應的點為 P（x，y），則很明顯，有設 T 變換所對應的矩陣 M即，根據，可得，則             M故答案為：【點評】本題主要考查變換對應的矩陣表達式，矩陣乘法計算，同一法思想的應用本題屬基礎題5（5 分）已知 p：xx|4xa4，q：xx|（x2）（3x）0，若p 是q 的充分條件，則實數 a 的取值范圍為1a6【分析】先求出

16、60;p，q 的等價條件，利用p 是q 的充分條件，轉化為 q 是 p 的充分條第5頁（共21頁）件，即可求實數 a 的取值范圍【解答】解：x|4xa4x|a4xa+4，即 p：x|a4xa+4，x|（x2）（3x）0x|2x3，即 q：x|2x3，若p 是q 的充分條件，則 q 是 p 的充分條件，即，解得1a6，故答案為：1a6【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的應用，以及一元二次不等式的解法，注意端點值等號的取舍將p

17、 是q 的充分條件，轉化為 q 是 p 的充分條件是解決本題的關鍵6（5 分）在ABC 中，sin（CA）1，則 sinA【分析】利用 sin（CA）1，求出 A，C 關系，通過三角形內角和結合 sinB ，求出 sinA 的值【解答】解：ABC 中，sin（CA）1，則 sinA因為 sin（CA）1，所以 CA，且 C+AB，A，sinAsin（ ）cos 

18、60;  sinsin2A ，sinA，故答案為：【點評】本小題主要考查三角恒等變換、正弦定理、解三角形等有關知識，考查運算求解能力，屬于中檔題7（5 分）在極坐標系中 A（2，），B，（4，）兩點間的距離6【分析】首先把極坐標轉換為直角坐標，進一步利用兩點間的距離公式的應用求出結果第6頁（共21頁）【解答】解：極坐標系中 A（2，）轉換為直角坐標為（1，）B（4，所以 d）轉換為直角坐標為（2，2），故答案為：6【點評】本題考查的知識要點：極坐標或直角坐標之間的轉換，兩點間的距離公式的應用，主要考察學生的運算能力和轉換能力

19、，屬于基礎題型（8 5 分）ABC 外接圓的半徑為 1，圓心為 O，且 2|+  +   ，  |  |，則  3【分析】利用向量的運算法則將已知等式化簡得到，得到 BC 為直徑，故ABC為直角三角形，求出三邊長可得ACB 的值，利用兩個向量的數量積的定義求出的值【解答】解：，O，B，C 共線，BC 為圓的直徑，ABAC則，×2cos  3，1，|

20、BC|2，|AC|  ，故ACB  故答案為：3【點評】本題主要考查兩個向量的數量積的定義，兩個向量垂直的充要條件、圓的直徑對的圓周角為直角，求出ABC 為直角三角形及三邊長，是解題的關鍵（fff9 5 分）已知函數 （x），xR ，則 （x22x）（3x4）的解集是 （1，2） 【分析】討論 x 的符號，去絕對值，作出函數的圖象，由圖象可得原不等式或分別解出它們，再求并集即可【解答】解：當 x0 時，f（x）1，當 x0&#

21、160;時，f（x）1第7頁（共21頁）作出 f（x）的圖象，可得 f（x）在（，0）上遞增，不等式 f（x22x）f（3x4）即為，或，解得 x2 或 1x ，即有 1x2則解集為（1，2）故答案為：（1，2）【點評】本題考查函數的單調性的運用：解不等式，主要考查二次不等式的解法，屬于中檔題和易錯題10（5 分）已知函數 f（x）sin（2x+），其中  為實數，若f成立，且，則 （x）的單調遞減區間是對 xR 恒k， Z 

22、【分析】由已知可得 k+，kZ結合，得 sin0，令 k1，得 ，得到函數解析式，再由復合函數的單調性求解【解答】解：對 xR 恒成立，2×+k+，kZk+又，kZ，sin0，令 k1，得 f（x）sin（2x+），由，kZ第8頁（共21頁）得，kZf（x）的單調遞減區間是，kZ故答案為：，kZ【點評】本題考查 yAsin（x+）型函數的圖象和性質，求解 值是解答該題的關鍵，是中檔題11（5 分）設函數 f（x）是定義在（，0）上的可導函數，其導函數為 f

23、'（x），且有 3f'ff（x）+xf（x）0，則不等式（x+2019）3 （x+2019）+27 （3）0 的解集是 （2022，2019）【分析】根據條件，構造函數，利用函數的單調性和導數之間的關系，將不等式進行轉化即可得到結論【解答】解：由 3f（x）+xf（x）0，（x0），得 3x2f（x）+x3f（x）0，即x3f（x）0，令 F（x）x3f（x），則當 x0 時，得 F（x）0，即 F（x）在（，0）上是增函數，F（x+2019）（x+2019）

24、3f（x+2019），F（3）27f（3），即不等式等價為 F（x+2019）F（3），F（x）在（，0）是增函數，由 F（x+2019）F（3），得 x+20193，即 x2022，而 x+20190，故 x2019，不等式（x+2019）3f（x+2019）+27f（3）0 的解集是（2022，2019）故答案為：（2022，2019）【點評】本題主要考查不等式的解法，利用條件構造函數，利用函數單調性和導數之間的關系是解決本題的關鍵，是中檔題12（5 分）如圖，在平面四邊形 ABCD 中，A

25、BBC，ADCD，BCD60°，CBCD2若點 M 為邊 BC 上的動點，則的最小值為第9頁（共21頁）【分析】如圖所示，以 B 為原點，以 BA 所在的直線為 x 軸，以 BC 所在的直線為 y 軸，求出 A，D，C 的坐標，根據向量的數量積和二次函數的性質即可求出【解答】解：如圖所示：以 B 為原點，以 BA 所在的直線為 x 軸，以 BC 所

26、在的直線為 y 軸，過點 D 做 DPx 軸，過點 D 做 DQy 軸，ABBC，ADCD，BAD120°，B（0，0），A（2，0），C（0，2），D（3，），設 M（0，a），則（2，a），（3，a），故6+a（a）                ，故答案為：【點評】本題考查了向量在幾何中的應用，考查了運算能力和數

27、形結合的能力，屬于中檔題13（5 分）在三角形ABC 中，D 為 BC 邊上一點，且 BD2CD，ADBD，則 tanBACcos2B 的最大值為第10頁（共21頁）【分析】設 BDx，則 ADx，CD ，由正弦定理可得，化簡可得 tanBACcos2Bsin2B，根據正弦函數的值域即可求解 tanBACcos2B 的最大值【解答】解：如圖，由已知，設 BDx，則 ADx，CD ，在ABD 中，由正弦定理可得：，在A

28、CD 中，由正弦定理可得：，所以：，化簡可得：tanBACcosB3sinB，可得：tanBACcos2B sin2B 可得 tanBACcos2B 的最大值為 故答案為： 【點評】本題主要考查正弦定理，三角函數恒等變換的應用，考查數形結合思想和轉化思想，屬于中檔題14（5 分）已知函數，若函數有兩個極值點 x1，x2，且     ，則實數 a 的取值范圍為【分析】由題意可得，作比得，令 x2x1t，結合條件將 x1

29、 寫成關于 t 的函數，求導分析得到 x1 的范圍，再結合與函數 f（x）有兩個極值點時 a 的范圍取交集即可第11頁（共21頁）得到 a 的范圍，【解答】解：函數 f（x）由兩個極值點 x1，x2，f（x）aexx 有兩個零點 x1，x2，即，作比得，令 x2x1t，則有，代入，得，由題意知，2，tln2，令，（tln2），令 h（t）et1tet，則 h（t）tet0，h（t）單調遞減，h（t）h（ln2）12ln20，g

30、（t）單調遞減，g（t）g（ln2）ln2，即 x1ln2，而，令，則，u（x）在（，ln2上單調遞增，即，又 f（x）aexx 有兩個零點 x1，x2，u（x）在 R 上與 ya 有兩個交點，而，在（，1）上 u（x）單調遞增，在（1，+）上 u（x）單調遞減，u（x）的最大值為，綜上，故答案為：【點評】本題考查了利用導數研究函數零點問題，利用導數研究函數的單調性與極值、最值問題，運用了整體換元的方法，屬難題二、解答題：本大題共 6 小題，共 90 分，

31、解答需寫出文字說明、證明過程或演算步驟15（14 分）（1）已知可逆矩陣 A的逆矩陣為 A1，求 A1 的特征值（2）變換 T1 是逆時針旋轉的旋轉變換，對應的變換矩陣是 M1：變換 T2 對應用的變第12頁（共21頁）換矩陣是 M2T，求函數 yx2 的圖象依次在 T1， 2 變換的作用下所得曲線的方程（【分析】 1）由 AA1E，解方程可得 a，b，再由特征多項式，解方程可得所求特征值；（2）設經過&#

32、160;T1，T2 變換后的矩陣為 M，可得 MM2M1，設（x0，y0）為 yx2 圖象上一點，（x，y）為變換后圖象上一點，運用矩陣的乘法和代入法，可得所求曲線方程【解答】解：（1）由 AA1E，可得即，可得 ab141，7b210，3a141，解得 a5，b3，     ，即有 A1，由 f（）可得特征值為 14+（3）（5）1428+10，24   ；（2）設經過 T1，T2 變

33、換后的矩陣為 M，可得 MM2M1，設（x0，y0）為 yx2 圖象上一點，（x，y）為變換后圖象上一點，可得，即有 x0y0x，x0y，即有 x0y，y0yx，可得 yxy2即有所求曲線的方程為 yxy2【點評】本題考查矩陣的逆矩陣的定義和矩陣特征值的求法，以及矩陣變換下的曲線方程的求法，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題16（14 分）（1）已知直線 l 經過點 P（1，1），傾斜角兩點 A，B，求點 P 到兩點的距離之積設 l&#

34、160;與圓 x2+y24 相交與（2）在極坐標系中，圓 C 的方程為 +2cos0，直線 l 的方程為若直線 l 過圓 C 的圓心，求實數 m 的值；若 m2，求直線 l 被圓 C 所截得的弦長第13頁（共21頁）【分析】（1）求出直線的參數方程，將其與圓的方程聯立，由根與系數的關系可得 t1t22，結合參數方程的意義分析可得答案（2）將直線與圓的極坐標方程化成直角坐標方程后，利用圓心在直線上列式可得利用

35、點到直線的距離公式和勾股定理可得【解答】解：（1）根據題意，直線 l 經過點 P（1，1），傾斜角為，則直線 l 的參數方程為，即，將其與圓的方程聯立，（1+t）2+（1+ t）24，即 t2+（+  +1）t20，則有 t1t22，故點 P 到 A，B 兩點的距離之積為 2；（2）：由 +2cos0 得 2+2cos0，得 x2+y2+2x0，則圓心為（1，0），半徑 r1由 2sin

36、（標方程為 x）+m0 得 2sincosy+m0，2cossin   +m0，得直線 l 的直角坐因為直線 l 過圓 C 的圓心，則1+m0，所以 m1若 m2，則圓 C 心到直線的距離 d所以直線 l 被圓 C 截得的弦長為 22 ，【點評】本題本小題主要考查圓的參數方程、參數方程的概念、曲線的極坐標方程，一元二次方程等基礎知識，考查運算求解能力、化歸與轉化思想，

37、屬中檔題17（14 分）已知ABC 的內角 A 的大小為 120°，面積為（1）若 AB，求ABC 的另外兩條邊長；（2）設 O 為ABC 的外心，當時，求      的值（【分析】 ）設ABC 的內角 A，B，C 的對邊分別為 a，b，c，由三角形的面積公式及已知 AB，可求 b，c，然后再利用余弦定理可求第14頁（共21頁）（2）由（1）可知 

38、BC，利用余弦定理可求 b，設 BC 的中點為 D，則O 為ABC 的外心，可得，從而可求【解答】解：（）設ABC 的內角 A，B，C 的對邊分別為 a，b，c，結合于是因為，所以，所以 bc4 （3 分）由余弦定理得（2）由得 b2+c2+421，即 （6 分），解得 b1 或 4（8 分）設 BC 的中點為 D，則，因為 O 為ABC 

39、;的外心，所以，于是（12 分）所以當 b1 時，c4，當 b4 時，c1，；（14 分）【點評】本題主要考查了三角形的面積公式及余弦定理的應用還考查了向量的基本運算及性質的應用18（16 分）給出如下兩個命題：命題 p：x0，1，a4xa2x+1+6（a5）0；命題 q ：已知函數，且對任意x1 ， x2 （ 0 ， 2 ， x1  x2 ，都有，求實數 a 的取值

40、范圍，使命題 pq 為假，pq 為真【分析】命題 p：x0，1，a4xa2x+1+6（a5）0a數的單調性可得 a 的范圍命題 q：已知函數，利用函，對任意 x1，x2（0，2，x1x2，都有，不妨設 x1x2，可得：f（x2）+x2f（x1）+x1，可得函數 f（x）+x 在 x（0，2上單調遞減0x1 時，f（x）lnx+；1x2第15頁（共21頁）fp時，（x）lnx+利用導數研究其單調性即可得出由命題 pq 為假， q 

41、;為真可得 p 與 q 必然一真一假【解答】解：命題 p：x0，1，a4xa2x+1+6（a5）0a，a5，6命 題 q ： 已 知 函 數， 對 任 意 x1 ， x2 （ 0 ， 2 ， x1  x2 ，都 有，不妨設 x1x2，可得：f（x2）+x2f（x1）+x1，可得函數 f（x）+x&#

42、160;在 x（0，2上單調遞減0x1 時，f（x）lnx+；1x2 時，f（x）lnx+   令 g（x）f（x）+x0x1 時，g（x）1 0，可得：a設 u（x），u（x）0函數 u（x）在（0，1上單調遞增，x1 時，u（x）u（1）0a01x2 時，g（x）1+ 0，可得：a令 v（x）v（x）0，函數 v（x）在（1，2上單調遞增，x2 時，v（x）v（2）a第16頁（共21頁）綜上可得：a由命題 pq&

43、#160;為假，pq 為真可得 p 與 q 必然一真一假則 p 真 q 假a5，6；p 假 q 真a綜上，a5，6，+）【點評】本題考查了簡易邏輯的基礎知識、函數的單調性、利用導數研究函數的單調性、方程與不等式的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題（19 16 分）為豐富市民的文化生活，市政府計劃在一塊半徑為200m，圓心角為 120°的扇形地上建造市民廣場規劃設計如圖：內接梯形 ABCD 區域為運

44、動休閑區，其中 A，B分別在半徑 OP，OQ 上，C，D 在圓弧上，CD； OAB 區域為文化展示區，AB長為m；其余空地為綠化區域，且 CD 長不得超過 200m（1）試確定 A，B 的位置，使OAB 的周長最大？（）當OAB 的周長最大時，設DOC2，試將運動休閑區 ABCD 的面積 S 表示為  的函數，并求出 S 的最大值（【分析】 1）設 OAm，OBn，m

45、，n（0，200，在OAB 中，利用余弦定理，結合基本不等式，即可得出結論；（2）利用梯形的面積公式，結合導數，確定函數的單調性，即可求出 S 的最大值【解答】解：（1）設 OAm，OBn，m，n（0，200，在OAB 中，即，2 分所以，4 分所以 m+n100，當且僅當 mn50 時，m+n 取得最大值，此時OAB 周長取得最大值答：當 OA、OB 都為 50m 時，OAB 的周長最大6 分第17頁（共21頁）（

46、）當AOB 的周長最大時，梯形 ACBD 為等腰梯形過 O 作 OFCD 交 CD 于 F，交 AB 于 E，則 E、F 分別為 AB，CD 的中點，所以DOE，由 CD200，得在ODF 中，DF200sin，OF200cos8 分又在AOE 中，所以，故 EF200cos25.10 分，12 分令，又 y故 f'（）在因及&#

47、160;ycos2 在上為單調遞減函數0，故 f'（）0 在上均為單調遞減函數，上恒成立，于是，f（）在上為單調遞增函數14 分所以當時，f（）有最大值，此時 S 有最大值為答：當時，梯形 ABCD 面積有最大值，且最大值為m216 分【點評】本題考查余弦定理，考查基本不等式的運用，考查利用導數知識解決最值問題，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題第18頁（共21頁）20（16 分）已知 a，b 為實數，函數 f（x）+b，函數 g（x）lnx（

48、1）當 ab0 時，令 F（x）f（x）+g（x），求函數 F（x）的極值；（2）當 a1 時，令 G（x）f（x）g（x），是否存在實數 b，使得對于函數 yG（x）定義域中的任意實數 x1，均存在實數 x21，+），有 G（x1）x20 成立，若存在，求出實數 b 的取值集合；若不存在，請說明理由（【分析】 1）ab0 帶入 f（x），從而得出 F（x），求 F（x），根據 F（x）

49、的符號即可求出 F（x）的極值；（2）根據題意 x（0，1）（1，+）時，只需G（x）1 恒成立即可，從而分 x（0，1）和 x（1，+）來求 G（x）的范圍x（0，1）時，會得到 G（x）1 等價于（bx+1b）lnxx+10，從而證明該不等式恒成立即可：設 H（x）（bx+1b）lnxx+1，求出HHQ，并且 （1）0， （1）0；令 （x）blnx+，求出 Q（x），根據函數的單調性可求出當 b（時， bx+1b）lnxx+10 成立同樣的辦法可求出 x（1，+）時，使 G（x）1 恒成立的 b 的范圍，這兩種情況下 b 的范圍求交集即可【解答】解：（1）列表：，            ，令 F'（x）0，得 x1；xF'（x）F（x）（0，1）10極小值（1，+）+所以