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 WORD版含答案.doc

1、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Ay|y，Bx|y，则下列结论正确的是()AABBABCBADABx|x12、函数f(x)log2(1x)的定义域为()A(，1)B1,1)C(1,1D1，)3、若|a|2，|b|，a与b的夹角150，则a(ab)()A1 B1 C7 D74、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()A2 B4 C6 D85、已知命题p：“x0,1，aex”；命题q：“x0R，使得x4x0a0”若命题“pq”是真命题，则实数a的取值范围为()A1,4

2、B1，e Ce,4 D4，)6、设变量x，y满足约束条件则目标函数z4xy的最大值为()A2 B3 C5 D67、已知抛物线y22px(p0)，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()Ax1 Bx2 Cx1 Dx28、已知直线ykx是曲线yln x的切线，则k的值是()AE Be C D9、已知定义域为R的函数f(x)的导数为f(x)，且满足f(x)x21的解集是()A(，1)B(1，)C(2，)D(，2)10、已知数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，则S1S2S3S10()A. B. C. D.1

3、1、已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A8 B4 C2 D.12、已知双曲线C：y21，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|()AB3C2D4二、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a10，S3S11，则当n为_时，Sn最大15、已知函数f(x)loga(8ax)(a0，且a1)，若f(x)1在区间1,2上恒成立，则实数a的取值范围是

4、_.16、已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_.三、解答题（70分）17、如图，在四棱锥PABCD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ABC60，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

5、少万元？19.设（）求的单调增区间； （）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Snan1（1）求数列an的通项公式；（2）设bnlog3（1Sn1），求适合方程的n的值21.设椭圆E的方程为y21(a0)，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)(t1)，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 xax2bx(其中a，b为常数，且a0)在x1处取得极值(1)当

6、a1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Ay|yy|y0，Bx|yx|x1或x1，ABx|x1，故选D2.答案B解析使函数有意义，则x满足解得1x0)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x23px0，由AB中点的横坐标为3，得3p6，解得p2，故抛物线y24x的准线方程为x1.8.答案C依题意，设直线ykx与曲线yln x切于点(x0，kx0)，则有由此得ln x01，x0e，k.故选C9.答案D令g(x)f(x)x2，则g(x)f(x)2xx21可化为f(x)x21，而g(2)f(2

7、)22341，所以不等式可化为g(x)g(2)，故不等式的解集为(，2)故选D10.答案C2a122a22nann(nN*)，2a122a22n1an1n1(n2，nN*)，2nan1(n2，nN*)，当n1时也满足，故an，故，Sn11，S1S2S3S10，故选C.11.答案D设PAPBPC2a，则EFa，FC，EC23a2. 在PEC中，cosPEC.在AEC中，cosAEC.PEC与AEC互补，34a21，a，故PAPBPC. 又ABBCAC2，PAPBPC，外接球的直径2R ，R，VR33.故选D.12.答案B由题意分析知，FON30.所以MON60，又因为OMN是直角三角形，不妨取N

8、MO90，则ONF30，于是|FN|OF|2，|FM|OF|1，所以|MN|3.故选B13.答案zi，易得|z|.14.答案7解法一：由于f(x)ax2bx是关于x的二次函数，且(n，Sn)在二次函数f(x)的图象上，由S3S11，可知f(x)ax2bx的图象关于直线x7对称由解法一可知a0，S3S11可知d0，a81时，f(x)loga(8ax)在1,2上是减函数，由f(x)1在区间1,2上恒成立，得f(x)minloga(82a)1，解得1a.当0a1在区间1,2上恒成立，得f(x)minloga(8a)1，得82a4.a不存在综上可知，实数a的取值范围是.16.答案 (，2ln 22由函

9、数f(x)有零点，可将问题转化为方程ex2xa0有解问题，即方程a2xex有解令函数g(x)2xex，则g(x)2ex，令g(x)0，得xln 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 22，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 2217.解(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PABD. 因为底面ABCD为菱形，所以BDAC. 又因为PAACA，所以BD平面PAC.(2)证明：因为PA平面ABCD，AE平面ABCD， 所以PAAE.因为底面ABCD为菱形，ABC60，且E为CD

10、的中点，所以AECD.所以ABAE.又因为ABPAA，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(x0)，g(x)(x0)(2)设投资股票类产品为x万元，则投资债券类产品为20x万元依题意得yf(20x)g(x)(0x20)所以2，即x4时，收益最大，ymax3万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；（）在锐角中，,而由余弦定理可得，当且仅当时等号成立，即，故面

11、积的最大值为20解析当n1时，a1S1，由S1a11，得a1当n2时，Sn1an，Sn11an1，SnSn1（an1an），即an（an1an），anan1an是以为首项，为公比的等比数列， 故an（2）1Snan，bnlog3（1Sn1）= =n1，解方程，得n10021.解(1)设点M的坐标为(x0，y0)，x0，y0，又，a2，椭圆E的方程为y21.(2)设直线l的方程为ykxt，代入y21，得(4k21)x28ktx4t240. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2.假设存在实数t，使得以CD为直径的圆恒过点B，则.(x1，y11)，(x2，y21)，x1x2(y

12、11)(y21)0，即x1x2(kx1t1)(kx2t1)0，得(k21)x1x2k(t1)(x1x2)(t1)20，整理得5t22t30，解得t(t1)，即当t时，符合题意22.解(1)因为f(x)ln xax2bx，所以f(x)的定义域为(0，)，f(x)2axb，因为函数f(x)ln xax2bx在x1处取得极值，所以f(1)12ab0， 又a1，所以b3，则f(x)，令f(x)0，得x1，x21.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x11，x2，因为f(x)在x1处取得极值，所以x2x11，当0时，x20，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xe处取得，fln a2(2a1)ln 10，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，当1e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以最大值可能在x1或xe处取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，与1x2e矛盾，当x2e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以最大值可能在x1处取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，矛盾，综上所述，a或a2.