江西省新余市2019-2020高二数学（理）下学期期末试题（Word版附答案）

江西省新余市2019-2020高二数学（理）下学期期末试题（Word版附答案）

高二数学试题卷（理科） 第 1 页 (共 14 页) 新余市 2019—2020 学年度下学期期末质量检测 高二数学试题卷（理科） 说明：1．本卷共有三个大题，22个小题，全卷满分150分,考试时间120分钟． 2．．．本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 一、选择题（本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的.） 1. 设 ，则 ( ▲ ) A. B. C. D. 2.“ ”是“方程 表示双曲线”的( ▲ ) A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 3.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于 ;”时,应假设( ▲ ) A.三角形的三个内角都不大于 B.三角形的三个内角都大于 C.三角形的三个内角至多有一个大于 D.三角形的三个内角至少有两个大于 4、抛物线 : ( )的焦点为 ,点 是 上一点, ,则 ( ▲ ) A. B. C. D. 5.由 与 轴围成的封闭图形绕 轴旋转一周所得旋转体的体积是( ▲ ) A. B. C. D. 6.函数 2 lnx xy x  的图象大致是（ ▲ ） 高二数学试题卷（理科） 第 2 页 (共 14 页) A． B． C． D． 7.我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有:“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割, 则与圆周合体而无所失矣,”其体现的是一种无限与有限的转化过程,比如在 中“ ”.即代表无限次重复,但原式却是个定值 ,这可以通过方程 确定出来 , 类似地不难得到 ( ▲ ) A. B. C. D. 8.已知函数 ， ， ，…， ， ， 那么 （ ▲ ） A. B. C. D. 9.已知函数 满足 ,且 的导数 ,则不等式 的 解集为( ▲ ) A. B. C. D. 10.直三棱柱 中, , , 分别是 , 的中点, , 则 与 所成角的余弦值为( ▲ ) A. B. C. D. 11. 设双曲线   2 2 2 2 1 0 0x yC a ba b  ： ＞ ， ＞ 的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F2 的直线分别交 双曲线左、右两支于点 P，Q，点 M 为线段 PQ 的中点，若 P，Q，F1 都在以 M 为圆心的圆上，且 1 0PQ MF   ，则双曲线 C 的离心率为( ▲ ) 高二数学试题卷（理科） 第 3 页 (共 14 页) A． 2 B．2 2 C． 3 D．2 3 12. 若对任意的 1x ，  2 2,0x   ， 1 2x x ， 1 2 2 1 1 2 x xx e x e ax x   恒成立，则 a 的最小值为( ▲ ) A． 2 3 e  B． 2 2 e  C． 2 1 e  D． 1 e  二、填空题(每小题 5 分,共 4 小题 20 分) 13.函数 在 处有极值，则曲线 在原点处的切线方程 是 ▲▲▲_. 14.已知直线 与平面 垂直,直线 的一个方向向量为 (1,3, )u z ,向量 (3, 2,1)v   与平面 平 行,则 _▲▲▲. 15．已知 是函数 y＝f（x）的导函数，定义 ( )f x 为 ( )f x 的导函数，若方程 ( )f x ＝0 有实数解 x0，则称点（x0，f（x0））为函数 y＝f（x）的拐点，经研究发现，所有的三次函数 f（x） ＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）都有拐点，且都有对称中心，其拐点就是对称中心，设 g（x）＝x3﹣ax2+bx-5， 若点（1，-3）是函数 y=g（x）的“拐点”也是函数 g（x）图像上的点，则 dxex xb a ))3(1( 32  ＝_▲▲▲_. 16. 如图，在一个 60°的二面角的棱上有两个点 A，B，AC，BD 分别是在这个二面角的两个半 平面内垂直于 AB 的线段，且 AB=4，AC=6，BD=8，则 CD 的长为_▲▲▲_. 三、解答题(第 17 题 10 分,第 18 题 12 分,第 19 题 12 分,第 20 题 12 分,第 21 题 12 分,第 22 题 12 分,共 6 小题 70 分) 17.已知实数 ， ： ， ： ． （1）若 是 的必要不充分条件，求实数 的取值范围； （2）若 ，“ ”为真命题，求实数 的取值范围． 高二数学试题卷（理科） 第 4 页 (共 14 页) 18.已知数列 前 项和为 ，且 ． (1)试求出 ， ， ， ，并猜想 的表达式． (2)用数学归纳法证明你的猜想． 19.如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， , , , , , . （1）求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值； 高二数学试题卷（理科） 第 5 页 (共 14 页) 20.把边长为 6 的等边三角形铁皮剪去三个相同的四边形（如图阴影部分）后,用剩余部分做成一 个无盖的正三棱柱形容器(不计接缝)，设容器的高为 x ,容积为 (x)V ． （1）写出函数 (x)V 的解析式，并求出函数的定义域； （2）求当 x 为多少时，容器的容积最大？并求出最大容积. 21．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     的离心率为 6 3 ， A 为椭圆 E 上位于第一象限上的点， B 为椭圆 E 的上顶点，直线 AB 与 x 轴相交于点C ， AB AO ， BOC 的面积为 6． （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）设直线l 过椭圆 E 的右焦点，且与椭圆 E 相交于 M 、N 两点（ M 、N 在直线OA的同侧）， 若 CAM OAN   ，求直线l 的方程. 高二数学试题卷（理科） 第 6 页 (共 14 页) 22.已知     21ln 1 12a x a xf x     （ aR ）. （1）讨论  f x 的单调性； （2）当 1a   时，对任意的 1x ，  2 0,x   ，且 1 2x x ，都有    1 2 2 1 1 2 1 2 x f x x f x mx xx x   ， 求实数 m 的取值范围. 高二数学试题卷（理科） 第 7 页 (共 14 页) 新余市 2019-2020 学年度下学期期末质量检测 高二数学（理）参考答案 一、选择题（12×5=60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A B A A D C C D C C A 二、填空题（5×4=20 分） 13、 14、3 15、 16、 2 17 三、简答题（17 题 10 分，18——22 题每题 12 分，共 70 分） 第 17 题答案 (1) （2） 第 17 题解析 （1）因为 ： ； 又 是 的必要不充分条件，所以 是 的必要不充分条件， 则 ，得 ． 又 不能推出 ，所以 ，故 ，所以 的取值范围是 ………5 分 （2）当 时， ： ， 高二数学试题卷（理科） 第 8 页 (共 14 页) ： 或 ． …………………………6 分 因为 是真命题，所以 …………………………8 分 则 ． …………………………10 分 第 18 题答案 (1) ；(2)证明见解析. 第 18 题解析 (1) ， ， ， ， …………………4 分 猜测 ． …………………6 分 (2)证明：当 时， ，等式成立， 假设当 时，等式成立，即 ， 则当 时， ， …………………8 分 高二数学试题卷（理科） 第 9 页 (共 14 页) …………………10 分 ， 即当 时，等式也成立， 故对一切 ， ． ………………………12 分 第 19 题答案 （1）证明： 平面 平面 ， ， 平面 ， ， 又 ， 平面 . ………………5 分 （2）取 的中点 ，连接 ， ， ， ， 又 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 平面 ， , ， ， 高二数学试题卷（理科） 第 10 页 (共 14 页) 如图，建立空间直角坐标系 ， 由题意得， ， ， ， ， ， …………………………………………………………8 分 设平面 的法向量为 ，则 ，即 令 ，则 ， ， . ………………………10 分 又 ， ， ……………12 分 直线 与平面 所成角的正弦值为 . 第 20 题答案 【答案】（Ⅰ） 23( ) (6 2 3 )4V x x x  ，定义域为 (0, 3) ．（Ⅱ）容器高为 3 3 时，容器 的容积最大为 4 【解析】 试题分析：（Ⅰ）根据容器的高为 x，求得做成的正三棱柱形容器的底边长，从而可得函数 V（x）的解析式，函数的定义域；（Ⅱ）实际问题归结为求函数 V（x）在区间 (0, 3) 上的 高二数学试题卷（理科） 第 11 页 (共 14 页) 最大值点，先求 V（x）的极值点，再确定极大值就是最大值即可 试题解析：（Ⅰ）因为容器的高为 x，则做成的正三棱柱形容器的底边长为 (6 2 3 )x 则 23( ) (6 2 3 )4V x x x  . 函数的定义域为(0, 3). ……………5 分 （Ⅱ）实际问题归结为求函数 (x)V 在区间 (0, 3) 上的最大值点. 先求 (x)V 的极值点. 在开区间 (0, 3) 内， 2'( ) 9 3 36 9 3V x x x   令 '( ) 0V x  ，即令 29 3 36 9 3 0x x   ，解得 . ………………………………………………………………8 分 因为 1 3 3x  在区间 (0, 3) 内， 1x 可能是极值点. 当 10 x x  时， '( ) 0V x  ； 当 1 3x x  时， '( ) 0V x  . 因此 1x 是极大值点，且在区间(0, 3)内， 1x 是唯一的极值点，…………10 分 所以 1 3 3x x  是 (x)V 的最大值点，并且最大值 3( ) 43f  即当正三棱柱形容器高为 3 3 时，容器的容积最大为 4 …………………12 分 考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数模型的选择与应用 第 21 题答案 【答案】（Ⅰ） 2 2 12 4 x y  1；（Ⅱ）x﹣y﹣2 2  0． 【详解】 高二数学试题卷（理科） 第 12 页 (共 14 页) （Ⅰ）椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     的离心率为 6 3 ， 即 6 3 ce a   ，可得 6 2a c ， 2 2 2 2b a c c   ， 由 AB AO ，可得 3 1,2 2A a b       为 BC 的中点， 所以 1 3 62ABCS a b   ，即 4 3ab  ， 所以 6 2 4 32 2c c  ，即 2 2c  ， 2 3a  ， 2b  ， 所以椭圆 E 的方程为 2 2 12 4 x y  1； ……………5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可得  3,1A ，右焦点为 2 2,0 ， 因为 AB AO ，所以 ABO AOB   ，所以 AOC ACO   ， 又 CAM OAN   ，直线 AM 、 AN 的斜率互为相反数， 设直线  : 1 3AM y k x   ，联立椭圆方程 2 23 12x y  ， 消去 y ，可得   2 2 23 1 6 1 3 27 18 9 0k x k k x k k       ， 设  1 1,M x y 、  2 2,N x y ，则 2 1 2 27 18 93 1 3 k kx k    ，所以 2 1 2 9 6 3 1 3 k kx k    ，…………8 分 将 k 换为 k ，同理可得 2 2 2 9 6 3 1 3 k kx k    ， 2 1 2 2 18 6 1 3 kx x k    ， 2 1 2 12 1 3 kx x k    ，…10 分       2 22 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 18 6 63 1 3 1 6 1 3 112 1 3 MN kk kkx k kx k k x x ky y kk kx x x x x x k                    所以直线l 的方程为 0 2 2y x   ，即 2 2 0x y   ． ……………………………………………………12 分 第 22 题答案 高二数学试题卷（理科） 第 13 页 (共 14 页) 【详解】 （1）       211 a x aa a xxx xf      （ 0x  ）. ①当 1a  时，   0f x  ，  f x 在 0,  上单调递增； ②当 0 1a  时，    1 1 1 a aa x f a xx xa              ， 所以当 1 ax a    时，   0f x  ，当 0 1 ax a     时，   0f x  ， 所以  f x 在 0, 1 a a      上单调递增，在 ,1 a a         上单调递减； ③当 0a  时，   0f x  ，  f x 在 0,  上单调递减. ……………………………5 分 （2）当 1a   时，   2ln 1x xf x     ，不妨设 1 20 x x  ，则    1 2 2 1 1 2 1 2 x f x x f x mx xx x   等价于      2 1 2 1 2 1 f x f x m x xx x    ， 考查函数    f xg x x  ，得   2 2 ln 2x x x xg    ， 令   2 2 ln 2xh xx x   ，   3 5 2lnx x xh   ， 则 5 20,x e      时，   0h x  ， 5 2e ,x       时，   0h x  ， 所以  h x 在区间 5 20,e       上是单调递增函数，在区间 5 2 ,e       上是单调递减函数. ………8 分 高二数学试题卷（理科） 第 14 页 (共 14 页) 故   5 2 5 1e 1 02egg x           ，所以  g x 在 0,  上单调递减. 从而    1 2g x g x ，即    2 1 2 1 f x f x x x  ，故      1 2 2 1 1 2 f x f x m x xx x    ， 所以    1 2 1 2 1 2 f x f xmx mxx x    ，即    1 1 2 2g x mx g x mx   恒成立，…………10 分 设    x g x mx   ，则  x 在 0,  上恒为单调递减函数， 从而     0x g x m    恒成立，故     5 1 1 02ex mg x m     ， 故 5 11 2em   .……………………………………………………12 分