1、高二数学（理科）2020-05 半期 第 1 页 共 2 页 树德中学高 2018 级 5 月半期考试数学（理科）试题考试时间：120 分钟满分：150 分命题人：罗莉审题人：王钊一、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若iz211，iz-12，则|21zz（）A6 B 10C 6D 22欲证6532成立，只需证（）A22)65()32(B22)63()52(C22)53()62(D22)6()532(3.下列三个数：2323lna，lnb，33ln c，大小顺序正确的是（）A a cb Ba bcCbcaDb a
2、 c4否定：“自然数 a，b，c 中恰有一个偶数”时，正确的反设为（）Aa，b，c 都是偶数Ba，b，c 都是奇数Ca，b，c 中至少有两个偶数Da，b，c 中都是奇数或至少有两个偶数5在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换x2x，y2y后，曲线 C 变为曲线(x5)2(y6)21，则曲线 C 的对称中心是（）A)6,5(B)3,25(C)12,10(D)6,25(6已知函数2|1|)(mxxf，g(x)|x3|m.若函数 f(x)的图象恒在函数 g(x)图象的上方，则 m 的取值范围是（）A)1,2(B1,2-C)2,1(D2,1-7已函数bxaxxxf232131)(的两个极值点是 sin
3、和 cos）（R，则点(a，b)的轨迹是（）A椭圆弧B圆弧C双曲线弧D抛物线弧8定义在 0,2上的函数 f x，其导函数是 ,tanfxf xfxx且恒有成立，则（）A363ffB363ffC 363ffD 363ff9已知球体的半径为 3，当球内接正四棱锥的体积最大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（）A1B 2C 3D210如图所示，平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，以顶点 A 为端点的三条棱长都为 1，且两两夹角为 60.求 BD1 与 AC 夹角的余弦值是（）A 33B 66C 721D 32111.已知函数 f x 是定义在 0,的可导函数，fx 为其导函数，当0 x 且1x
4、 时，201f xxfxx，若曲线 yf x在1x 处的切线的斜率为34，则 1f（）A 0 B 1 C 38D 1512已知xxgexfxln)(,)(，若)()(sgtf，则当ts 取得最小值时，)(tf所在区间是（）A（12，ln2）B（ln2，1）C（13，1e）D（1e，12）二、填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分。）13已知),(2321)(22020RnRminimi）（，则复数 zmni的虚部是。14已知圆的极坐标方程为 22(cos 3 sin)5，则此圆在直线 0 上截得的弦长为。15在直角坐标系 xOy 中，抛物线2:2C yx的焦点为 F，准线为
5、l，P 为C 上第一象限内的一点，PQ垂直l 于点Q，M，N 分别为 PQ，PF 的中点，直线 MN 与 x 轴交于点 R，若1FR ，则直线 PF 的斜率为。16已知过点(,0)M m作曲线:lnC yxx 的切线有且仅有两条，则实数m 的取值范围是。高二数学（理科）2020-05 半期 第 2 页 共 2 页 三、解答题(本大题共 6 个小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17（本题 10 分）（1）已知关于 x 的不等式|2x1|x1|log2a(其中 a0)当 a4 时，求不等式的解集；（2）已知 x，y 均为正数，且 xy，求证：2x1x22xyy22y3；1
6、8（本题 12 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线1C 的参数方程为2 5 cos2sinxy（为参数）.在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线22:4 cos2 sin40C（1）写出曲线1C，2C 的普通方程；（2）过曲线1C 的左焦点且倾斜角为 4 的直线 l 交曲线2C 于 A，B 两点，求 AB 19（本题 12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA平面 ABCD，AB=2，ABC=60，E，F 分别是 BC，PC 的中点（1）证明：AEPD；（2）设 H 为线段 PD 上的动点，若线段 EH 长的最小值为 5，求二面角EAFC 的余弦值
7、20（本题 12 分）设函数xmxxf)1(ln)(，22)(xmxg，（Rmx,0）。（）若对任意121 xx，1)()(2121xxxfxf恒成立，求 m 的取值范围；（）)()()(xgxfxh，讨论函数)(xhy 的单调性。21（本小题 12 分）已知椭圆22122:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为12,F F，过1F 且与 x 轴垂直的直线线被椭圆1C 和圆222xya截得的弦长分别为2 和2 2.（）求1C 的标准方程；（）已知动直线l 与抛物线22:4Cyx相切（切点异于原点），且l 与椭圆1C 相交于NM,两点，问：椭圆1C 上是否存在点Q，使得63OMONOQ，若存在
8、求出满足条件的所有Q点的坐标，若不存在，请说明理由.22（本题 12 分）已知函数()(0)axf xxea.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在 1 2,a a上的最大值；（3）若存在1212,()x xxx，使得12()()0f xf x，证明：12xaex.高二数学（理科）2020-05 半期 第 3 页 共 2 页 树德中学高 2018 级 5 月半期考试数学（理科）试题参考答案一、选择题1-6：BCADBA 7-12：DDABCA 二、填空题13 23146215316+1，三、解答题(本大题共 6 个小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步
9、骤)17解(1)当 a4 时，不等式为|2x1|x1|2.当 x12时，x22，解得4x1 时，x0，此时 x 不存在，原不等式的解集为x4x23.(2)因为 x0，y0，xy0，2x1x22xyy22y2(xy)1xy2(xy)(xy)1xy233xy21xy23，所以 2x1x22xyy22y3.18解：分即的普通方程为分，可化为，分即分 曲线左焦点为，分直线 l 的倾斜角为，分所以直线 l 的参数方程为：为参数，分将其代入曲线整理可得：，分所以设 A，B 对应的参数分别为，则分所以分所以函数 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为 A2a13，0，B(2a1,0)，C(a，
10、a1)，ABC 的面积为23(a1)2.由题设得23(a1)2=6，故 a=2.19解：（）证明：底面 ABCD 为菱形，ABC=60，三角形 ABC 为正三角形，E 是 BC 的中点，AEBC，又 ADBC，AEAD，又 PA平面 ABCD，PAAE，而 PAAD=A，AE平面 PAD，则 AEPD；.5 分（）解：过 A 作 AHPD 于 H，连 HE，由（1）得 AE平面 PADEHPD，即 EH=，AE=，AH=，则 PA=2以 A 为原点，AE，AD，AP 分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，A（0，0，0），E（，0，0），D（0，2，0），C（，1，0），P（0，0，2），F
11、（，1）=（，0，0），=（，1），设平面 AEF 的法向量，由，取 z=1，可得=（0，2，1）；.8 分又BDAC，BDPA，PAAC=A，BD平面 AFC，故为平面 AEC 的一个法向量，.10 分cos=即二面角 EAFC 的余弦值为.12 分20 解：（）121 xx，1)()(2121xxxfxf，即)()()(2121xxxfxf，2211)()(xxfxxf令mxxxxfxkln)()(，由题意即知函数)(xky 在区间),1(上单调递减，-（2 分）)1(01)(xmxxk恒成立，mx 1区间),1(上恒成立，故1m-（4 分）（）)0(2)1(ln)(2mxmxmxxhxx
12、mxxxmmxmxmxxh)1)(1(1)1()1(1)(2当0m时，xxxh1)(，)(,0)(),1,0(xhxhx递增，)(,0)(),1(xhxhx，递减-（5 分）高二数学（理科）2020-05 半期 第 4 页 共 2 页 当0m时，101m，)(,0)(),1,0(xhxhx递增，)(,0)(),1(xhxhx，递减-（6 分）当1m时，0)(xh，)(xh的单调递增区间为),0(-（7 分）当1m时，1,0)(00 xxh或 m1；110 m，当 x 变化，)(),(xhxh变化如下表x)1,0(mm1)11(，m1),1()(xh正零负零正)(xh递增极大值递减极小值递增即单
13、调增区间为)1,0(m，),1(，减区间为)11(，m-（9 分）当10 m时，1,0)(00 xxh或 m1；11 m，当 x 变化，)(),(xhxh变化如下表x)1,0(1)11(m，m1),1(m)(xh正零负零正)(xh递增极大值递减极小值递增即单调增区间为)1,0(，),1(m，减区间为)11(m，-（11 分）综上：当0m时，单调增区间为)1,0(，减区间为)1(，当10 m时，单调增区间为)1,0(，),1(m，减区间为)11(m，当1m时，)(xh的单调递增区间为),0(当1m时，单调增区间为)1,0(m，),1(，减区间为)11(，m-（12 分）21（1）由题得22222
14、 2bab2,2ab，故221:142xyC 4 分（2）由题知l 存在斜率且不为 0，设),0(:mnmyxl),(),(),(002211yxQyxNyxM5 分联立24xmynyx2440ymyn，因为l 与2C 相切，故2100mn 6 分联立2224xmynxy222(2)240mymnyn，两根为21,yy，所以212122224,22mnnyyy ymm 7 分22202424nmn ，又20mn ，因此(15,0)n 8 分由63OMONOQ1201206363xxxyyy，由韦达定理，代入计算得02022 6262nxmmnym 9 分而点),(00 yxQ在椭圆上，即220
15、024xy，代入得2222222222241214,(15,0)(2)(2)322nm nnnnmmmn 10 分解得1n 或23n(舍)，所以1m ，此时Q点坐标为2 66,33或2 66,3312 分22解：（1）()1(0)axfxaea，()f x 的增区间为1111(,),(,)lnlnaaaa减区间为.（2）当 112lnaaa即210ae时max()f x222()feaa，当 1112lnaaaa即211aee时max11111()(ln)lnf xf aaaaa，当 111lnaaa即1ae时max11()()f xfeaa，综上：22max221,011111()ln,11,eaaef xaaaaeeeaae.（3）当()f x 有两个零点必有11111(ln)ln0f aaaaa，10ae，11()0feaa12111lnxxaaa，21111lnxxaaa，即1211(1ln)xxaa又111()0axf xxe，222()0axf xxe，11axxe，22axxe，1211(1 ln)1()ln()2aa xxaeaaxeeeaex得证.
