2019高二下学期期中数学试卷.pdf

江苏省扬州中学 2018－2019 年度第二学期期中考试 高二数学（理科） 一、填空题（每小题 5 分，共计 70 分）。 1. 命题“x∈R，x2＋x＞0”的否定是________________________． x∈R，x2＋x≤0 2. 若复数 z 满足：z·(1＋i)＝2，则|z|＝ . 2 3. 若 f (x)＝x3，其导数满足 f (x0)＝3，则 x0 的值为____________．±1 4. 命题“x2－x－2＝0”是命题“x＝－1”的 条件．必要不充分 5. 投掷两个骰子，向上的点数之和为 12 的概率为_________． 1 36 6. 若曲线 f (x)＝x4－x 在点 P 处的切线平行于直线 3x－y＝0，则点 P 的坐标为 _________． (1，0) 7. 有 3 名男生 4 名女生排成一排，要求男生排在一起，女生也排在一起，有______种 不同的排列方法．（用数字作答）288 8. 在数学归纳法的递推性证明中，由假设 n＝k 成立推导 n＝k＋1 成立时，f (n)＝1＋1 2 ＋1 3＋···＋ 1 2n－1增加的项的个数是______________项．（用 k 表示）2k 9. 若数列{an}为等差数列，定义 bn＝an+1＋an+2＋an+3 3 ，则数列{bn}也为等差数列。类比 上述性质，若数列{an}为等比数列，定义数列{bn}：bn＝________________，则数 列{bn}也为等比数列． 3 an+1an+2an+3 10. (1＋ax)6 的展开式中二项式系数的最大值为___________．（用数字作答）C3 6＝20 11. 若函数 f (x)＝mx2＋lnx－2x 在定义域内是增函数，则实数 m 的最小值为________．1 2． 12. 若函数 f (x)＝x3＋3x 对任意的 m∈[－2,2]，不等式 f (mx－2)＋f (x)＜0 恒成立，则实 数 x 的取值范围是_______________．(－2,2 3) 13. 已知 f (x)是定义在 R 上的奇函数，f (1)＝0，且对任意 x＞0 都有 x·f (x)－f (x)＞0 成 立，则不等式 x2·f (x)＞0 的解集是 ． (－1,0)∪(1,＋∞) 14. 设曲线 f (x)＝(ax－1)·ex 在点 A(x0, y1)处的切线为 l1，g(x)＝(1－x)·e−x 在点 B(x0, y2)处 的切线为 l2，若存在 x0∈[0,3 2]，使得 l1⊥l2，则实数 a 的取值范围是_________． 解：f (x)＝(ax－1＋a)ex，g(x)＝(x－1－1)e−x， ∵存在 x0∈[0,3 2]，使得 f (x0)·g(x0)＝－1，即(ax0－1＋a)·(x0－2)＝－1 ∴a·(x0＋1)＝ －1 x0－2＋1∴a＝x0－3 x0－2· 1 x0＋1，令 t＝x－3∈[－3,－3 2]， y＝ t (t＋4)(t＋1)＝ 1 t＋4 t＋5 ∵－13 3 ≤t＋4 t≤－4，∴1≤y≤3 2，∴答案为 1，3 2 ． 二、解答题（共 6 大题，共计 90 分）。 15. （本题满分 14 分） 命题 p：方程 x2＋mx＋1＝0 有实数根； 命题 q：方程 4x2＋4(m－2)x＋1＝0 无实数根． 若命题 p、q 中有且仅有一个真命题，求实数 m 的取值范围． 解：方程 x2＋mx＋1＝0 有实数根，∴△1＝m2－4≥0，∴p：m≥2 或 m≤－2； 方程 4x2＋4(m－2)x＋1＝0 无实数根，∴△2＝16(m－2)2－16＜0，∴q：1＜m＜3 ①p 真 q 假：  m≥2或m≤－2 m≥3或m≤1 ∴m≥3 或 m≤－2 ②p 假 q 真：∴  －2＜m＜2 1＜m＜3 ∴1＜m＜2 ∴实数 m 的取值范围为 1＜m＜2 或 m≥3 或 m≤－2。 16. （本题满分 14 分） 已知 n·Cn-3 n ＋A3 n＝4·C3 n＋1（n≥3，n∈N） （1）求 n 的值； （2）求  3 x＋2 x n 展开式中的常数项． 解：（1）n＝4； （2）r＝1，T2＝8． 17. （本题满分 15 分） 已知数列{an}满足 a1＝－2 3，an＝－ 1 an－1＋2(n≥2，n∈N*)， （1）求数列{an}的前 3 项； （2）猜想数列通项公式 an，并用数学归纳法给出证明． 解：（1）a1＝－2 3，a2＝－3 4，a3＝－4 5， （2）猜想数列通项公式 an＝－n＋1 n＋2，证明如下： ①当 n＝1 时，显然成立； ②假设 n＝k 时成立，即：ak＝－k＋1 k＋2 当 n＝k＋1 时，an+1＝－ 1 ak＋2＝－ 1 2－k＋1 k＋2 ＝－k＋2 k＋3 ∴n＝k＋1 时，an＝－n＋1 n＋2成立， 综上，由①②得：an＝－n＋1 n＋2(n∈N*) 18. （本题满分 15 分） 在四棱锥 P－ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，AB∥CD，∠ ADC＝90º，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2．设 Q 为侧棱 PC 上一点，→PQ ＝λ→PC ， （1）试确定 λ 的值，使得 PB⊥DQ； （2）试确定 λ 的值，使得二面角 P－BD－Q 的大小为 45°． 解：如图建立直角坐标系 D－xyz， ∴P(0,0,1)，B(1,1,0)，C(0,2,0)， ∴→PB ＝(1,1,－1)，→PC ＝(0,2,－1)，→DB ＝(1,1,0) ∴→PQ ＝λ→PC ＝(0,2λ,－λ)， →DQ＝→DP ＋→PQ ＝(0,2λ,1－λ)， （1）∵PB⊥DQ，∴→PB ·→DQ＝0 ∴2λ－1＋λ＝0，∴λ＝1 3； （2）设平面 BDQ 的法向量 m＝(x,y,z) ∴  m·→DB ＝0 m·→DQ＝0 ∴  x＋y＝0 2λy＋(1－λ)z＝0 令 x＝1，则 y＝－1，z＝ 2λ 1－λ ∴m＝(1,－1, 2λ 1－λ) 同理可得：平面 PBD 的法向量 n＝(1,－1,0) ∴|cos＜m,n＞|＝ m·n |m|·|n| ＝ 2 2 ， ∴ 2 2× 2＋   2λ 1－λ 2＝ 2 2 ， ∴   2λ 1－λ 2 ＝2 ∴λ＝ 2－1（舍负）． 19. （本题满分 16 分） 在盒子里有大小相同，仅颜色不同的乒乓球共 10 个，其中红球 5 个，白球 3 个，蓝 球 2 个。现从中任取出一球确定颜色后放回盒子里，再取下一个球.重复以上操作， 最多取 3 次，过程中如果取出蓝色球则不再取球。 （1）求最多取两次就结束的概率； （2）求整个过程中恰好取到 2 个白球的概率； （3）求取球次数的分布列和数学期望。 解：(1)设取球次数为 ξ，则 ( ) ( ) 111 822 1 1 1 10 10 10 1 4 1 41 , 25 5 5 25 CCCPPC C C= = = = =  =  = . 所以最多取两次的概率 1 4 9 5 25 25P = + = (2)由题意知可以如下取球：红白白、白红白、白白红、白白蓝四种情况，所以恰有 两次取到白球的概率为 5 3 3 3 3 2 153310 10 10 10 10 10 1000P =    +   = (3)设取球次数为η，则 ( ) ( )2 1 8 2 41 , 210 5 10 10 25PP= = = = =  = ( ) 8 8 2 8 163 10 10 10 10 25P  = =   + = ，则分布列为 η 1 2 3 P 1 5 4 25 16 25 取球次数的数学期望为 1 4 16 611 2 35 25 25 25E =  +  +  = 20. （本题满分 16 分） 已知函数 f (x)＝mx－alnx－m，g(x)＝ex ex，其中 m，a 均为实数． （1）求 g(x)的极值； （2）设 m＝1，a＜0，若 对任意的 x1,x2∈[3,4]，且 x1≠x2，有 f (x2)－f (x1) ＜ 1 g(x2)－ 1 g(x1) 恒成立，求实数 a 的最小值； （3）设 a＝2，若 对任意给定的 x0∈(0,e]，在 区间(0,e]上总存在 t1,t2(t1≠t2)，使 得 f (t1) ＝f (t2)＝g(x0)成立，求实数 m 的取值范围． 解：（1）∵g(x)＝e(1－x) ex ，∴当 x＜1 时，g(x)＞0；当 x＞1 时，g(x)＜0． ∴g(x)在(－∞,1)上单调递增，在(1,＋∞)上单调递减 ∴g(x)的极大值为 1，无极小值． （2）由（1）知：g(x)在[3,4]上递减．令 x1＞x2，∴0＜g(x1)＜g(x2) ∴ 1 g(x2)＜ 1 g(x1) 当 m＝1，a＜0 时，f (x)＝x－alnx－1，∴f (x)＝1－a x＞0 ∴f (x)在[3,4]上为增函数．∴ f (x2)－f (x1) ＝f (x1)－f (x2) ∴f (x1)－f (x2)＜ 1 g(x1)－ 1 g(x2)．∴f (x1)－ 1 g(x1)＜f (x2)－ 1 g(x2) ∴y＝f (x)－ 1 g(x)在[3,4]上递减． ∴y＝1－a x－ ex ex ＝1－a x－1 e·ex(x－1) x2 ≤0 对 x∈[3,4]恒成立． ∴a≥x－1 e·ex(x－1) x ，令 F(x)＝x－1 e·ex(x－1) x ，x∈[3,4] ∴F(x)＝1－1 e·x·ex·x－ex(x－1) x2 ＝1－ex(x2－x＋1) x2 ＝1－ex· 1 x2－1 x＋1 ∵1 x2－1 x＋1≥3 4 ∴x∈[3,4]时，ex· 1 x2－1 x＋1 ≥3 4ex≥3 4e3＞1 ∴x∈[3,4]时，F(x)＜0 ∴F(x)在[3,4]上递减 ∴F(x)max＝F(3)＝3－2 3e2． ∴a≥3－2 3e2．∵a＜0 ∴3－2 3e2≤a＜0． （3）由（1）知 g(x)在(0,e]上的值域为(0,1]． 由题意，任取 g(x0)∈(0,1]，f (x)＝g(x0)在(0,e]上有两个不同的实根． ∵f (x)＝mx－2lnx－m，∴f (x)＝m－2 x≤m－2 e ①当 m≤2 e时，f (x)≤0，∴f (x)在(0,e]上递减，显然不成立； ②当 m＞2 e时，f (x)＝m x x－2 m ∴当 x∈(0,2 m)时，f (x)＜0；当 x∈(2 m,e]时，f (x)＞0 ∴f (x)在(0,2 m)上递减，在(2 m,e]上递增， 且 x∈(0,2 m)时，f (x)∈( f (2 m),＋∞)； x∈(2 m,e]时，f (x)∈( f (2 m),f (e)] ∴  f (2 m)≤0 f (e)≥1 ∴  2－2ln2 m－m≤0······③ (e－1)m－2≥1······④ ，由④得：m≥ 3 e－1 由③得：m－2lnm≥2－2ln2， 令 h(x)＝x－2lnx ∴h(x)＝1－2 x＝x－2 x ∴当 x∈(0,2)时，h(x)＜0；当 x∈(2,＋∞)时，h(x)＞0 ∴h(x)≥h(2) ∴m－2lnm≥2－2ln2 对 m＞0 恒成立 综上，m≥ 3 e－1．