【文档说明】江西省上饶市2019-2020高二下学期期末教学质量测试理科数学试题（及答案）.doc，共(10)页，1003.000 KB，由baby熊上传

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上饶市2019—2020学年度第二学期期末教学质量测试高二数学（理科）试题卷注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题

卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效．4．本试卷共22题，总分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷（

选择题）一、选择题：本大题共12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．已知i是虚数单位，复数ii12的虚部为（▲）A．-1B．iC．1D．i2．已知命题0,:

00xeRxp，则p为（▲）A．0,xeRxB．0,xeRxC．0,xeRxD．0,xeRx3．已知向量(2,,2),(2,1,2),(4,2,1)axbc.若()

abc，则x的值为（▲）A．2B．2C．3D．34．函数21yx的图象如图所示，则阴影部分的面积是（▲）A．120(1)dxxB．220(1)dxxC．220|1|dxxD．122201(1)d1d()xxxx5．双曲线1422yx的右顶点到该双

曲线一条渐近线的距离为（▲）A．552B．554C．332D．16．在极坐标系中，点2(2,)3到圆2cos的圆心的距离为（▲）A．7B．2449C．2419D．37．下列点在曲线2si

ncos,()cossinxy为参数上的是（▲）A．1(,2)2B．(1,3)C．(2,3)D．31(,)428．已知平面，，直线l满足l，则“//l”是“//”的（▲）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．

既不充分也不必要条件9．已知P与Q分别为函数260xy与函数2ln2yx的图象上一点，则线段||PQ的最小值为(▲)A．65B．5C．655D．610．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》中指出：“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.”这是一种无限与有限的转化过程，比如在正数333...中的“…”代表无限次重复，设333...x，则可利用方程3xx求得x，类似地可得到正数2211...（▲）A．4B．3C．2D．111．在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）111ABCABC

中，2AB，E，F分别为11AC和11AB的中点，当AE和BF所成角的余弦值为14时，AE与平面11BCCB所成角的正弦值为（▲）A．62B．64C．104D．10212．函数22()sin2xxxfxeea

（xR，e是自然对数的底数，0a）存在唯一的零点，则实数a的取值范围为(▲)A．0,1B．10,C0,4D．0,4第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

请把答案填在答题卡上．13．已知222233，333388，44441515，，类比这些等式，若88aabb（a，b均为正整数），则ab___▲___.14．12001cosxdxxdx__▲__15．命题p:[1,1]x，使得2xa成立；命题:(0,)q

x，不等式21axx恒成立.若命题pq为假，pq为真，则实数a的取值范围为___▲___.16．已知P是双曲线221168xy右支上一点，12,FF分别是双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，点,MN满足21220,

,0PFPMFPPMPNPNFNPMPF,若24PF.则以O为圆心，ON为半径的圆的面积为___▲___．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算

步骤．17．（本小题满分10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的普通方程为2213yx，曲线C2参数方程为2cos(1sinxy为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为,4R．

（1）求C1的参数方程和l的直角坐标方程；（2）已知P是C2上参数对应的点，Q为C1上的点，求PQ中点M到直线l的距离的最大值.18.（本小题满分12分）已知抛物线2:20Cypxp上的点2,Mm到焦点F的距离为3.（1）求,pm的值；（2）过点1,1P作直线l

交抛物线C于,AB两点，且点P是线段AB的中点，求直线l的方程.19．（本小题满分12分）已知函数2lnfxaxbx在1x处有极值1.（1）求,ab的值；（2）求函数fx在1,22上的最大值与最小值（ln20.6931）.20．（本小题

满分12分）如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA底面ABCD，ED∥PA，且22PAED，60ABC.（1）证明：平面PAC平面PCE；（2）求二面角CPED的余弦值.21．（本小题满分12分）设椭圆2222:10xyCabab，右顶点

是2,0A，离心率为22.（1）求椭圆C的方程；（2）设C与y轴的正半轴交于点D，直线:lykxm与C交于,MN两点（l不经过D点），且MDND,证明：直线l经过定点，并写出该定点的坐标．22．（本小题满分12

分）已知函数22ln4fxmxxxmR.（1）当3m求fx的单调区间；（2）若函数fx有两个极值点1212,xxxx且1230fxax恒成立，求实数a的取值范围.上饶市2019—2020学年度下学期期末教学质量测试

高二数学（理科）参考答案一、选择题：共12小题，每小题5分，满分60分．题号123456789101112答案A、CBACAADBCDB、CD二、填空题13、7114、415、1,2,2U16、64三、解答题17.【解析】（1）1C的参数方程为

cos3sinxy（为参数）；……………………3分l的直角坐标方程为0xy.……………………5分（2）由题设可知(3,1)P，……………………6分（3）由（1）可设(cos,

3sin)Q，于是3113cos,sin2222M.………………7分M到直线l距离3113cossin1cos2222322d，……………………8分当23

时，d取最大值2.……………………10分18.【解析】（1）由抛物线焦半径公式知：232pMF，解得：2p，………………2分2:4Cyx，2248m，解得：22m.……………………5分（2）设11

,Axy，22,Bxy，则21122244yxyx，两式作差得：1212124yyyyxx，……………………6分1212124lyykxxyy，……………………8分1,1P为AB的中点，122yy，2lk，……………………10分

直线l的方程为：121yx，即210xy.……………………12分19【解析】（1）由题可知，2lnfxaxbx，fx的定义域为0,，()2(0)bfxaxxx，………………

……1分由于fx在1x处有极值1，则111120fablnfab，即120aab，……………………3分解得：1a，2b.……………………5分（2）由（1）可知2()2lnfxxx，其定义域是(0,)，22(1)

(1)()2xxfxxxx，……………………6分令=0fx，而0x，解得1x，……………………7分由0fx，得01x；由0fx，得1x，……………………8分

则在区间1,22上，x，fx，fx的变化情况表如下：x121,1211,22fx0fx12ln24单调递减1单调递增42ln2可得min11fxf，……………………10分112ln224f，(2)42ln

2f，由于11242ln22ln2024ff，则122ff，所以max242ln2fxf，……………………11分函数fx在区间1,22上的最大值为42ln2，最小值为1.……………

………12分20.【解析】（1）证明：连接，交于点O，设PC中点为F，连接OF，EF．……1分因为O，F分别为AC，PC的中点，所以OFPA∥，且12OFPA，因为DEPA∥，且12DEPA，所以OFDEP，且OFDE．所以四边

形OFED为平行四边形，所以ODEF，即BDEF∥．……2分因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD．……………………3分因为ABCD是菱形，所以BDAC．因为PAACA，所以BD

平面PAC．因为BDEF∥，所以EF平面PAC．……………………5分因为FE平面PCE，所以平面PAC平面PCE．……………………6分(向量法证明亦可）（2）因为60ABC．所以ACAB，故△ABC为等边三角形．设BC的中点为

M，连接AM，则AMBC．以A为原点，AM，AD，AP分别为xyz，，轴，建立空间直角坐标系Axyz（如图）．则0,02P，，3,10C，，0,21E，，0,20D，，，3,11CE，，．……………………7分

设平面PCE的法向量为111,,nxyz，则·0,·0,nPCnCE即111111320,30.xyzxyz11,y令则113,2.xz所以3,1,2n．……………………9分平面PDE的一个法向量为

100m，，，……………………10分设二面角CPED的大小为，由于为锐角，所以236coscos<,4222nmnmnm．……………………11分所以二面角CPED的余弦值为64．……………………12分21.【解析】（1）右顶点是

2,0A，离心率为22，所以22,2caa，……………………2分∴1c，则1b，……………………3分∴椭圆的标准方程为2212xy.……………………4分（2）由已知得0,1D，由2212ykxmxy得222124220kxkmx

m，……………5分当0时，设11,Axy，22,Bxy，则122414kmxxk，21222214mxxk，……………6分121222212myykxxmk，221212221

2mkyykxmkxmk，……………7分由MDND得1212110DMDNxxyy，…………………8分即22321012mmk，…………10分所以23210mm

，解得1m或13m，……………………11分①当1m时，直线l经过点D，不符合题意，舍去.②当13m时，显然有0，直线l经过定点10,3.……………………12分22.【解析】（1）fx的定义域为()0,+?，求导得2622324x

xfxxxx（），…1分令()0fx¢=，得2x2x30，解得，31xx或……………………2分当0,3x时，()0fx¢<，故fx在0,3上单调递减。……………………3分当3,+x时，()0fx¢>，故

fx在3,+上单调递增。……………………4分综上，fx的单调递减区间为0,3；fx的单调递增区间为()3,+?.………………5分（2）fx的定义域为()0,+?，求导得222224mxxmfxxxx（），……………6分fx有两

个极值点1212,xxxx时，等价于方程2x2xm0的有两个不等正根121241020mxxxxm，112mxx，101x，212x，……………………7分此时不等式1230fxax恒成立，等价于

211111122l432n0xxxxxxa对10,1x恒成立，可化为2111111111122ln4212ln12322xxxxxaxxxxx（））3（恒成立，………………8分令121,0,1l2n2gxxxxxx

，23agx则22241212()1lnlnln222222xxgxxxxxxx，0,1x，ln0x，40xx，0gx在()0,1恒成立，gx在()0,

1上单调递减，12310112212gxg，1a.故实数a的取值范围是,1.……………………12分