江苏省泰兴中学2018学年高二12月阶段检测数学试题 含

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在相应位置上． 1．已知z是复数，i是虚数单位，若zi1i，则z= ▲ ． 2．命题“R,sin1”的否定是 ▲ ．

3．已知直线l过直线xy20和2xy10的交点，且与直线x3y20垂直，则直线l的方程为 ▲ ．

4．已知平面上定点F1,F2及动点M．命题甲：“|MF 1||MF2|2a0（a为常数）”；命题乙：“M点轨迹是以F1,F2为焦点的双曲线”．则甲是乙的 ▲ 条件．(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中的一个) 1

5．函数y＝＋2lnx的单调减区间为 ▲ ．

x

6．以直线3x－4y＋12＝0夹在两坐标轴间的线段为直径的圆的方程为 ▲ . x2y21有共同的渐近线，且经过点3,23的双曲线方程为________7．与双曲线▲． 9168．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝4x的焦点为F，点P在抛物线上，若PF＝2，则点P到抛物线顶点O的距离是 ▲ ．

9．已知函数f(x)的导函数为f(x)，且满足关系式f(x)x23xf(2)lnx， 则f'(2) ▲ ．

10．若x轴是曲线f(x)lnxkx3的一条切线，则k ▲ ．

11．设函数f(x)axe(aR)有且仅有两个极值点x1,x2(x1x2)，则实数a的取值范围是________▲． 12．ABC中，tanA2x1，B．若椭圆E以AB为长轴，且过

43yAx点C，则椭圆E的离心率是 ▲ ．

x2y213．已知椭圆221(ab0)上一点A关于原点O的对称点为

abππB,F为其右焦点，若AFBF,设ABF,且,,则椭圆离

124心率的取值范围是 ▲ ．

F1BoF 14. 设函数f(x)|exe2a|，若f(x)在区间(1,3a)内的图象上存在两点，在这两点

处的切线相互垂直，则实数a的取值范围是 ▲ .

二、解答题：本大题共六小题，共计90分．请在指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分14分）

z已知z是复数，z＋2i，均为实数(i为虚数单位)，且复数(z＋ai)2在复平面上对应的点在

2－i第一象限，（1）求z；（2）求实数a的取值范围．

16．（本小题满分14分）

已知a∈R，设p：函数f(x)＝x2＋(a－1)x是区间(1，＋∞)上的增函数，

q：方程x2－ay2＝1表示双曲线．

（1）若p为真命题，求实数a的取值范围； （2）若“p且q”为真命题，求实数a的取值范围．

17．(本小题满分14分）

已知函数fxax33x.

⑴ 求函数fx的单调区间；

⑵ 若在区间1,2上，fx4恒成立，求实数a的取值范围.

18．（本小题满分16分）

某运输装置如图所示，其中钢结构ABD是ABBDl，B3的固定

C装置，AB上可滑动的点C使CD垂直于底面（C不与A,B重合），且CD可伸缩（当CD伸缩时，装置ABD随之绕D在同一平面内旋转），利用该运输装置可以将货物从地面D处沿DCA运送至A处，货物从D处至C处运行速度为v，从C处至A处运行速度为3v．为了使运送货物的时间t最短，需在运送前调整运输装置中DCB的大小.

（1）当变化时，试将货物运行的时间t表示成的函数（用含有v和l的式子）； （2）当t最小时，C点应设计在AB的什么位置？

19．（本小题满分16分）

Dx2y22椭圆C：221(ab0)离心率e，准线方程为x22，左、右焦点分别为

2abF1,F2

（1）求椭圆C的方程 （2）已知点P2,1

SMPF1SMQF2;

点M在线段PF2上，且MF1MF23，F1M延长线交椭圆于点Q，求

点A、B的椭圆C上动点，PA、PB斜率分别为k1,k2，当k1k2值范围

1时，求PAPB的取2

20．（本小题满分16分）

已知函数f(x)ax3x2bx（a,bR），fx为其导函数，且x3时fx有极小值9． （1）求f(x)的单调递减区间； (x)2mf(x)6m8)x6m1（2）若g(，h(x)mx，当m0时，对于任意x，g(x)和h(x)的值至少有一个是正数，求实数m的取值范围；

（3）若不等式f/(x)k(xlnx1)6x4（k为正整数）对任意正实数x恒成立，求k的最大值．

江苏省泰兴中学高二数学阶段性检测参

1．1i 2．R,sin1 3．3xy20 4．必要不充分 5．0，

2

194x2y2 1 8．5 9． 10．e2 6．xy4x3y0 7．

4942211．,11e626,] 14. (,) 12． 13．[23222 315．解：（1）设z＝x＋yi(x，y∈R)，

则z＋2i＝x＋(y＋2)i，由题意得y＝－2. ∵

x－2i1z

＝＝(x－2i)(2＋i) 2－i2－i5

11

＝(2x＋2)＋(x－4)i. 55

由题意得x＝4，∴z＝4－2i. ………………… 7分 （2）(z＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i. 由于(z＋ai)2在复平面上对应的点在第一象限，

12＋4a－a2>0，∴解得2∴实数a的取值范围是(2,6)．………………… 14分

16．解：（1）因为p为真命题，即函数f(x)＝x2＋(a－1)x是(1，＋∞)上的增函数，

a－1所以－≤1．

2解得a≥－1．

即实数a的取值范围是[－1，＋

． ………………… 7分

（2）因为“p且q”为真命题，所以p为真命题，且q也为真命题．

由q为真命题，得a＞0．

所以a≥－1且a＞0，即a＞0．

所以实数a的取值范围是(0，＋∞)． ………………… 14分

17．解：⑴若a0，则fx的单调减区间是,，无单调增区间； 若a0，则fx的单调增区间是,11和,，减区间是aa11，.………………… 7分 ⑵a7.………14分

aa

18.解：（1）在BCD中

BCD,B3,BDl

BClsin(120)3l，CD ………………4分

sin2sinACABBCl则tlsin(120)，

sin2ACCDllsin(120)3l) ………8分 ，(333vv3v3vsin2vsinl3l3cosl3cos3l ………………10分 (1)sin6vsin2vsin6v6v（2）t3cos13cos'，则m() ………………12分

sinsin2112')令m()0得cos，设cos0 0(,，

33332')时m'()0 则(,0)时，m()0；(0,33令m()cos164l. ………………15分 时m()有最小值22，此时BC38答：当BC19

64l时货物运行时间最短. ………………16分 8x2y212（1）4……………………………………（4分）

（2）∵P(2,1)，F2(2,0)，∴设M(2,t)（1>t>0）

由MF1+MF2＝3有(22)tt3(0t1)y1(x2)122

22解得

t11M(2,)6 6 ∴

则直线F1M方程为：

1y(x2)122x2y2172142由且x>0得Q5,5……………………………………（7分）



∴kPF1kQF2 故

PF1BF1 ∴MPF1∽MF2Q

252SMPF1PM62＝＝1＝5＝25SMF2QF2M6∴……………………………………（10分）

（3）设PA：

y1k1(x2)，则PB：

y11(x2)2k1

yk1(x2)1x2y222k124k1224k122k12xAxB1222k12k14211由得同理

∴

xAxB0 ……………………………………（13分）

22 又点A、B在椭圆C上，则O为线段AB中点

∴PAPB＝(POOA)(POOB)(POOA)(POOA)POOA

∵点A在椭圆C上，∴OA[b,a]，∴PAPB[1,1]………………………（16分） 20．解：（1）由f(x)3ax22xb，因为函数在x3时有极小值9，

27a6b01所以，从而得a,b3，…………………2分

327a93b92221所求的f(x)x3x23x，所以f(x)x22x3，

3由fx0解得1x3，

所以f(x)的单调递减区间为1,3，……………………………4分 （2）由f(x)x22x3，故g(x)2mx2(2m8)x1，

当m>0时，若x>0，则h(x)mx>0，满足条件； ……………………5分 若x=0，则g(0)1>0，满足条件； ……………………………………6分

4m2(4m)2 若x<0，g(x)2m（(xm)21m ①如果对称轴x4m0m≥0，即0＜m≤4时，g(x)的开口向上，

故在,x0上单调递减，又g(0)1，所以当x<0时，g(x)>0 …………8分 ②如果对称轴xm04m＜0，即4＜m时，(2m8)28m0 解得20；

所以m的取值范围为（0，8）；………………………………………10分 （3）因为f/(x)x22x3，所以f/(x)k(xlnx1)6x4等价于

x24x1k(xlnx1)，即xk1x4klnx0， 记(x)xk1x4klnx，则/(x)1k1k(x1)(xk1)x2xx2，由/(x)0，得xk1，

所以(x)在(0,k1)上单调递减，在(k1,)上单调递增， 所以(x)≥(k1)k6kln(k1)， ……………………12分

x0对任意正实数x恒成立，等价于k6klnk(1)，16klnk(1)， 0记m(x)16xln(x1)，则m/(x)61x2x10， 所以m(x)在(0,)上单调递减，又m(6)2ln70,m(7)137ln80，所以k的最大值为6．…………………………………………………16分

即