江西省宜春市宜丰县宜丰中学2019-2020学年高二下学期开学考试数学（文）试卷

江西省宜春市宜丰县宜丰中学2019-2020学年高二下学期开学考试数学（文）试卷

江西省宜春市宜丰县宜丰中学2019-2020学年高二下学期开学考试数学(文)试卷 一、选择题(每题5分，共60分．) ‎ ‎1、设集合A＝{y|y＝}，B＝{x|y＝}，则下列结论正确的是(　　)‎ A．A＝B B．A⊆B C．B⊆A D．A∩B＝{x|x≥1}‎ ‎2、函数f(x)＝log2(1－x)＋的定义域为(　　)‎ A．(－∞，1) B．[－1,1)‎ C．(－1,1] D．[－1，＋∞)‎ ‎3、若|a|＝2，|b|＝，a与b的夹角θ＝150°，则a·(a－b)＝(　　)‎ A．1 B．－1 C．7 D．－7‎ ‎4、某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)‎ A．2 B．4 C．6 D．8‎ ‎5、已知命题p：“∀x∈[0,1]，a≥ex”；命题q：“∃x0∈R，使得x＋4x0＋a＝0”．若命题“p∧q”是真命题，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．[1,4] B．[1，e] C．[e,4] D．[4，＋∞)‎ ‎6、设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝－4x＋y的最大值为(　　)‎ A．2 B．3 C．5 D．6‎ ‎7、已知抛物线y2＝2px(p>0)，过其焦点且斜率为－1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的横坐标为3，则该抛物线的准线方程为(　　)‎ A．x＝1 B．x＝2 C．x＝－1 D．x＝－2‎ ‎8、已知直线y＝kx是曲线y＝ln x的切线，则k的值是(　　)‎ A．E B．－e C． D．－ ‎9、已知定义域为R的函数f(x)的导数为f′(x)，且满足f′(x)<2x，f(2)＝3，则不等式f(x)>x2－1的解集是(　　)‎ A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞)‎ C．(2，＋∞) D．(－∞，2)‎ ‎10、已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝(　　)‎ A. B. C. D. ‎11、已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)‎ A．8π B．4π C．2π D.π ‎12、已知双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则|MN|＝(　　)‎ A． B．3‎ C．2 D．4‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13、复数z＝(i为虚数单位)，则|z|＝________.‎ ‎14、等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为________时，Sn最大．‎ ‎15、已知函数f(x)＝loga(8－ax)(a>0，且a≠1)，若f(x)>1在区间[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围是________.‎ ‎16、已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________.‎ 三、解答题（70分）‎ ‎17、如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎18.某家庭进行理财投资，根据长期收益率市场预测，投资债券等稳健型产品的收益与投资额成正比，投资股票等风险型产品的收益与投资额的算术平方根成正比．已知投资1万元时两类产品的收益分别为0.125万元、0.5万元．‎ ‎(1)分别写出两类产品的收益与投资额的函数关系；‎ ‎(2)若该家庭有20万元资金，全部用于理财投资，问：怎样分配资金能使投资获得最大收益，其最大收益是多少万元？‎ ‎19.设．‎ ‎（Ⅰ）求的单调增区间； （Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为，若，求面积的最大值．‎ ‎20．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn＝log3（1－Sn＋1），求适合方程＋＋…＋＝的n的值．‎ ‎21.设椭圆E的方程为＋y2＝1(a>0)，点O为坐标原点，点A，B的坐标分别为(a,0)，(0,1)，＝，直线OM的斜率为.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)若斜率为k的直线l交椭圆E于C，D两点，交y轴于点T(0，t)(t≠1)，问是否存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B？若存在，求t的值；若不存在，说明理由．‎ ‎22．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数，且a≠0)在x＝1处取得极值．‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．‎ 数学试卷（文科）参考答案 ‎1.答案　D解析　∵A＝{y|y＝}＝{y|y≥0}，B＝{x|y＝}＝{x|x≥1或x≤－1}，∴A∩B＝{x|x≥1}，故选D．‎ ‎2.答案　B解析　使函数有意义，则x满足解得－1≤x<1，即函数f(x)＝log2(1－x)＋的定义域为[－1，1)，故选B．‎ ‎3.答案　C解析　a·(a－b)＝a2－a·b＝4－2××＝7.故选C.‎ ‎4.答案　C　由三视图知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，即如图所示四棱柱A1B1C1D1－ABCD.由三视图中的数据可知底面梯形的两底分别为1和2，高为2，所以S底面＝×(1＋2)×2＝3.因为直四棱柱的高为2，所以体积V＝3×2＝6.故选C.‎ ‎5.答案　C　若命题“p∧q”是真命题，那么命题p，q都是真命题．由∀x∈[0,1]，a≥ex，得a≥e；由∃x0∈R，使x＋4x0＋a＝0，知Δ＝16－4a≥0，则a≤4，因此e≤a≤4.则实数a的取值范围为[e,4]．故选C．‎ ‎6.答案　C　画出可行域，如图中阴影部分所示，由z＝－4x＋y，可得y＝4x＋z.设直线l0为y＝4x，平移直线l0，当直线y＝4x＋z过点A时z取得最大值．‎ 由得A(－1,1)，‎ ‎∴zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故选C.‎ ‎7.答案　C　抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为，所以过焦点且斜率为－1的直线方程为y＝－，代入抛物线方程，整理得x2－3px＋＝0，由AB中点的横坐标为3，得3p＝6，解得p＝2，故抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1.‎ ‎8.答案　C依题意，设直线y＝kx与曲线y＝ln x切于点(x0，kx0)，则有由此得ln x0＝1，x0＝e，k＝.故选C．‎ ‎9.答案　D令g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g(x)>g(2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D ‎10.答案　C∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2，n∈N*)，∴2nan＝1(n≥2，n∈N*)，当n＝1时也满足，故an＝，故＝＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，故选C.‎ ‎11.答案　D设PA＝PB＝PC＝2a，‎ 则EF＝a，FC＝，∴EC2＝3－a2. 在△PEC中，‎ cos∠PEC＝.‎ 在△AEC中，cos∠AEC＝.‎ ‎∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，a＝，‎ 故PA＝PB＝PC＝. 又AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，‎ ‎∴外接球的直径2R＝ ＝，‎ ‎∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.故选D.‎ ‎12.答案　B　由题意分析知，∠FON＝30°.‎ 所以∠MON＝60°，又因为△OMN是直角三角形，不妨取∠NMO＝90°，则∠ONF＝30°，于是|FN|＝|OF|＝2，|FM|＝|OF|＝1，所以|MN|＝3.故选B．‎ ‎13.答案　　z＝＝＝＝－i，‎ 易得|z|＝　＝.‎ ‎14.答案　7解法一：由于f(x)＝ax2＋bx是关于x的二次函数，且(n，Sn)在二次函数f(x)的图象上，由S3＝S11，可知f(x)＝ax2＋bx的图象关于直线x＝＝7对称．由解法一可知a＝－<0，故当x＝7时，f(x)最大，即当n＝7时，Sn最大．‎ 解法二：由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，‎ 即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，‎ 故a7＋a8＝0，又由a1>0，S3＝S11可知d<0，‎ 所以a7>0，a8<0，所以当n＝7时，Sn最大．‎ ‎15.答案　　当a>1时，f(x)＝loga(8－ax)在[1,2]上是减函数，由f(x)>1在区间[1,2]上恒成立，得f(x)min＝loga(8－2a)>1，解得11在区间[1,2]上恒成立，‎ 得f(x)min＝loga(8－a)>1，得8－2a<0，a>4.a不存在．‎ 综上可知，实数a的取值范围是.‎ ‎16.答案 (－∞，2ln 2－2]由函数f(x)有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解．令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln 2，所以g(x)在(－∞，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln 2)＝2ln 2－2，又当x→－∞时，g(x)→－∞，因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln 2－2]．‎ ‎17.解　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC. 又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE.‎ 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.‎ 又因为AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB. 因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎18.解　(1)设两类产品的收益与投资的函数关系分别为f(x)＝k1x，g(x)＝k2.‎ 由已知得f(1)＝＝k1，g(1)＝＝k2，‎ 所以f(x)＝x(x≥0)，g(x)＝(x≥0)．‎ ‎(2)设投资股票类产品为x万元，则投资债券类产品为20－x万元．‎ 依题意得y＝f(20－x)＋g(x)＝＋＝(0≤x≤20)．‎ 所以＝2，即x＝4时，收益最大，ymax＝3万元．‎ 故投资债券类产品16万元，投资股票类产品4万元时获得最大收益，为3万元．‎ ‎19.试题解析：（1）‎ 由得，‎ 则的递增区间为；‎ ‎（Ⅱ）在锐角中，,,而 由余弦定理可得，当且仅当时等号成立，即，，‎ 故面积的最大值为．‎ ‎20解析当n＝1时，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝．当n≥2时，∵Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，‎ ‎∴Sn－Sn－1＝（an－1－an），即an＝（an－1－an），∴an＝an－1．∴{an}是以为首项，为公比的等比数列， 故an＝‎ ‎（2）∵1－Sn＝an＝，bn＝log3（1－Sn＋1）= ==n＋1，‎ ‎∴‎ ‎∴＋＋…＋＝．解方程＝，得n＝100．‎ ‎21.解　(1)设点M的坐标为(x0，y0)，＝，‎ ‎∴x0＝，y0＝，又＝，∴a＝2，∴椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝kx＋t，代入＋y2＝1，得 ‎(4k2＋1)x2＋8ktx＋4t2－4＝0. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.假设存在实数t，使得以CD为直径的圆恒过点B，则⊥.∵＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，∴·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，‎ 即x1x2＋(kx1＋t－1)(kx2＋t－1)＝0，得(k2＋1)x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2＝0，‎ 整理得5t2－2t－3＝0，解得t＝－(t≠1)，即当t＝－时，符合题意．‎ ‎22.解　(1)因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，‎ 所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，‎ 因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，‎ 所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0， 又a＝1，所以b＝－3，‎ 则f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.‎ 所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为.‎ ‎(2)由(1)知f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，‎ 因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1，‎ 当<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)， 令f(1)＝1，解得a＝－2，‎ 当a>0时，x2＝>0，‎ 当<1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，[1，e]上单调递增，‎ 所以最大值可能在x＝或x＝e处取得，‎ f＝ln ＋a2－(2a＋1)＝ln －－1<0，所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，‎ 解得a＝，当1<

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