重庆市第一中学2019-2020高二上学期期末考试数学（Word版带答案）.doc

秘密★启用前 【考试时间：1 月 16 日 15:00 — 17:00】 2020 年重庆一中高 2021 级高二上期期末考试 数学测试试题卷 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答卷上。 2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。 3. 考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题：本题共 12 小题，每题 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.直线 的斜率为（ ） A． B． C． D． 2.若双曲线 的焦距为 6，则实数 （ ） A． B． C． D． 3.已知圆 与抛物线 的准线相切，则 的值为（ ） A． B． C．2 D．4 4.函数 在区间 上的最大值是（ ） A．0 B．4 C．2 D． 5.已知空间中三条不同的直线 和平面 ，下列结论正确的是（ ） A．若 ，则 B．若 , ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 6.定义在 上的函数 满足 ， 为 的导函数，且 ，则不等式 的解集为（ ） A． B． C． D． 7.函数 的图像大致是（ ） 01 =++ yx 1 1− 2 2− 2 2 1yx m − = m = 22 3 9 8 2 2: 2O x y+ = 2: 2 ( 0)C y px p= > p 2 2 2 3 2( ) 3 2f x x x= − + ]1,1[− 2− , ,a b c α ,a bα α⊥ ⊥ / /a b / /a α / /b α / /a b , / /a bα α⊂ / /a b ,a c b c⊥ ⊥ / /a b R ( )f x ( ) 2f x′ > )(xf ′ ( )f x (1) 3f = ( ) 2 1f x x> + ( ,0)−∞ (0, )+∞ (1, )+∞ ( ,1)−∞ xexxxf )2()( 2 −=A． B． C． D． 8.在三棱锥 中， 底面 ， 是 的中点，已知 ， ， ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 9.已知双曲线 过点 且其渐近线方程为 ， 的顶点 恰为 的两焦点， 顶点 在 上，且 ，则 （ ） A． B． C． D． 10.已知函数 ，若 ， ， ，则实数 的 大小关系为（ ） A． B． C． D． 11.已知 是椭圆 的左焦点，经过原点 的直线 与椭圆 C 交于 A,B 两点，若 ，且 ，则椭圆 C 的离心率为（ ） A． B． C． D． 12.设 表示不大于实数 的最大整数，函数 ，若关于 的 方程 有且只有 5 个解，则实数 的取值范围为（ ） A． B． C． D． P ABC− PA ⊥ ABC D PC 2BAC π∠ = 2AB = 2 3AC = 2PA = BC AD 3 4 3 8 1 4 1 8 Γ )0,3(M 2 3 3y x= ± ABC∆ ,A B Γ C Γ AC BC> sin sin sin BAC ABC ACB ∠ − ∠ =∠ 2− 2 7 21− 7 21 xx eexf −+=)( )2( 1.1fa = )1(−= fb )3(log2fc = cba ，， cba = ppxy F BA, ||8|| OFAF = O BF AF ( ) lnf x x x ax b= + + ( )( )1, 1f 2 2 1 0x y− − = ,a b ( )f x ABCDP − ABCD BCAD // 90=∠ADC ⊥PAD ABCD MQ， PCAD， 2== PDPA 12 1 == ADBC 3=CD //QB PDC（2）求三棱锥 的体积. 19.(本小题满分 12 分)已知抛物线 的焦点为 ， 点 为抛物线 上一点，且 ． （1）求抛物线 的方程； （2）不过原点 的直线 与抛物线 交于两个不同的点 ，若 ， 求实数 的值. 20.(本小题满分 12 分) 如图 1，在直角 中， ， 分别为 的中点，连结 并延长交 于点 ，将 沿 折起，使平 面 平面 ，如图 2 所示． （1）求证： ； （2）求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值. QMBP − 2: 2 ( 0)C y px p= > F ( )02,A y C | | 4AF = C O :l y x m= + C QP, OQOP ⊥ m ABC∆ 32,34,90 ===∠ ABACABC  ED, BDAC, AE BC F ABD∆ BD ⊥ABD BCD CDAE ⊥ AEF ADC21.(本小题满分 12 分)已知椭圆 ： （ ）的离心率为 ，其左焦点 到点 的距离是 ． （1）求椭圆 的方程； （2）若直线 ： 被圆 截得的弦长为 3， 且 与椭圆 交于 ， 两点，求 面积 的最大值( 为坐标原点). 22.(本小题满分 12 分)（1）当 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范 围； （2）已知函数 ， ，如果函数 有两个极值点 ， ，求证： .（参考数据： ， ， ， 为自 然对数的底数） 命题人：唐维 彬 审题人：邹发明 蒋 静 2020 年重庆一中高 2021 级高二上期期末考试数学参考答案 一．选择题 1-5 BDBCA 6-10 CBACD 11-12 CA 二．填空题 E 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > 2 2 1F (2,1)P 10 E l y kx m= + 2 2 3x y+ = l E A B AOB∆ S O 1x > 1 )1(ln + −> x xax a xxxf ln)1()( −= )0(2 1)( 2 >+= xxaxxg )()()( xgxfxT −= 1x 2x 1621 >⋅ xx 2 1.41≈ ln 2 0.69≈ 2.72e ≈ e13. 14. 15. 16. 7 三．解答题 17.解析：依题意可得： 又 函数 在 处的切线为 ， 解得： （2）由（1）可得： ， 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增， ∴ 的单调减区间为 的单调增区间为 . 18．【解析】（I）因为 ， 为 的中点， ， ， 四边形 为平行四边形. ∴ , , , 所以 平面 ； （II）因为 ， .因为 ， . 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 因为在 中， ， ， . 0 2 1 3 6 12 2 (1) 1 0 (1) 2f f− − = =即 ( ) lnf x x x ax b= + + '( ) ln 1f x x a∴ = + +  ( )f x (1, (1))f 2 2 1 0x y− − = 1(1) 2f = (1) 1 1 1(1) 2 f a f a b = + =∴ = + ′ = 0 1 2 a b = = xxf ln1)( +=′ ),0( +∞∈x 10x e  ∈  ， 0)( ≤′ xf )(xf 1x e  ∈ + ∞  ， 0)( >′ xf )(xf ( )f x 1(0, ),e ( )f x 1 e  + ∞  ， BCAD // Q AD ADBC 2 1= QDBC =∴ ∴ BCDQ DCQB // PDCQB 面⊄ PDCDC 面⊂ //QB PDC 90ADC∠ =  BQBC ⊥∴ ,PA PD AQ QD= = ADPQ ⊥∴ ⊥PAD ABCD ∩PAD ADABCD = ⊥∴ PQ ABCD PQBRt∆ 322 =−= AQPAPQ 3== CDBQ 2 3 2 1 =⋅=∴ ∆ QBPQS PQB由（I）知 平面 ，连接 ，则 . 又 是线段 的中点， ， 故三棱锥 的体积为 . 19.解：（1）已知抛物线 过点 ，且 则 ，∴ ，故抛物线的方程为 ； （2）设 ， ，联立 ，得 ， ，得 ， ， ， 又 ，则 ， 或 ，经检验，当 时，直线过坐标原点，不合题意， 又 ，综上： 的值为 ． 20.（1）证明：由条件可知 ，而 为 的中点， ， 又面 面 ，面 面 ，且 ， 平面 . 又因为 平面 ， ． （2）由（1）可知， 两两相互垂直，如图建立空间直角坐标系，则： … 易知面 的法向量为 ， 设平面 的法向量为 ，则： ，易得 设平面 与平面 所成锐二面角为 ，则 ⊥BC PQB QC 2 112 3 3 1 3 1 =××=×= ∆− BCSV PQBPQBC三棱锥 M PC 4 1 2 1 2 1 2 1 =×===∴ −−− PQBCPQBMQMBP VVV 三棱锥三棱锥三棱锥 QMBP − 4 1 2 2 ( 0)y px p= > ( )02,A y | | 4AF = 2 42 p+ = 4p = 2 8y x= ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 2 8 y x m y x = +  = 2 2(2 8) 0x m x m+ − + = 2 2(2 8) 4 0m m∆ = − − > 2m < 1 2 8 2x x m∴ + = − 2 1 2x x m= OP OQ⊥ 1 2 1 2 0OP OQ x x y y⋅ = + =  ( )( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 (8 2 ) 0x x y y x x x m x m x x m x m m mx m m∴ + = + + + = + + + = + − + = 8m∴ = − 0m = 0m = 8 2m = − < m 8− AB AD= E BD ∴ AE BD⊥ ABD ⊥ BCD ABD  BCD BD= ABDAE 面⊂ ∴ AE ⊥ BCD CD ⊂ BCD ∴ AE CD⊥ EAEFEB ,, (0 0 0), (0,0,3), (0,1,0),E A F，， ( 3,0,0), ( 2 3,3,0)D C− − AEF ( 3 0 0)ED = − ，， ACD ( , , )n x y z= 0 0 n DA n DC  ⋅ = ⋅ =     ( 3,1, 1)n = − AEF ADC θ 15cos cos , 5ED nθ = < > = 21．解：（1）由题意可得 ， ， 解得 ， ， ， 即有椭圆的方程为 ； （2）∵ 到 的距离 ， ∴ ， ∴ ． 设 ， ， 把 代 入 得 ，判别式 ∴ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴当 ，即 时， ，经检验满足判别式 ． 思路二: 令 ，令 ，则 ，当 时，取得最大值，经检验满足判别式 2 2 ce a = = 2(2 ) 1 10c+ + = 1c = 2a = 2 2 1b a c= − = 2 2 12 x y+ = O l 2 23 9 3( ) 32 4 2d r= − = − = 2 | | 3 21 md k = = + 2 23 ( 1)4m k= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y y kx m= + 2 2 12 x y+ = 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x kmx m+ + + − = 0218 22 >−+=∆ ）（ mk 1 2 2 4 1 2 kmx x k −+ = + 2 1 2 2 2 2 1 2 mx x k −= + 2 1 2| | 1 | |AB k x x= + − 2 2 1 2 1 21 ( ) 4k x x x x= + ⋅ + − 2 2 2 2 2 2 2 16 8( 1)1 (1 2 ) 1 2 k m mk k k −= + −+ + 2 2 2 2(1 5 )1 1 2 kk k += + ⋅ + 2 2 2 ( 1)(5 1)2 1 2 k k k + += ⋅ + 1 3| | | |2 4S AB d AB= ⋅ = 2 2 2 (3 3)(5 1)2= 4 1 2 k k k + +⋅ + 2 2 2 1 (3 3 5 1)2 22 4 1 2 2 k k k + + + ≤ ⋅ =+ 2 23 3 5 1k k+ = + 1k = ± max 2 2S = 0>∆ 2 22 21 )15)(1( 4 6||2 1 k kkdABS + ++== 121 2 ≥+= kt 2 2 3 16)3 11(38 6 2 ≤+−−= tS 1,3 ±== kt. 22. 解 答 ： （ 1 ） 令 ， ， ， 令 ， 当 时， ，且对称轴 ，所以当 时， ， 在 上单调递增，所以 恒成立， 当 时， ，可知必存在区间 ，使得 ，当 时， 有 ，即 在 时上单调递减，由于 ，此时不合题意，综上 ； （2）若 ，则 有两个不同的零点 , . 由题意 ，相加有 ，① 相减有 ，从而 ，代入①有 ，即 ， 不妨设 ，则 ，由（1）有 . 又 ， 0>∆ 1 1ln)( + −−= x xaxxh 0)1( =h 2 2 2 )1( 1)1(2 )1( 21)( + +−−=+−=′ xx xax x a xxh 2( ) 2( 1) 1m x x a x= − − + 2a ≤ (1) 4 2 0m a= − ≥ 1 1x a= − ≤ 1x > 0)( ≥′ xh )(xh (1, )+∞ 1 )1(ln + −≥ x xax 2a > (1) 4 2 0m a= − < 0(1, )x ( ) 0m x < 0(1, )x x∈ 0)( ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2ln x xx x x x +− 1 2 2 2 1 1 ln 2x x x x x x  += > −  ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2ln x xx x x x +− ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4ln 2lnx xx x x xx x x x < − = −所以 ，即 ，设 ，则 ， ，在 单调递增，又 ， ∴ ，∴ ，∴ . ( )1 2 1 2 42ln 2x x x x − > ( )1 2 1 2 2ln 1x x x x − > ( ) 2lnG x x x = − ( ) 2 1 2' 0G x x x = + > ( ) 2lnG x x x = − ( )0,+∞ 15.069.022 12ln24 24ln)4( )4(4 24ln G=−> 421 >xx 1621 >⋅xx