【数学】四川省泸县第一中学2019-2020学年高二下学期期末模拟考试（理） 11页

四川省泸县第一中学 2019-2020学年 高二下学期期末模拟考试（理） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第 I卷 选择题（60分） 一、选择题：本题共 12小题，每小题 5分，共 60分。在每小题给的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1．设 i是虚数单位，则复数 31(1 )z i   在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知命题 P： 0x R ， 2 0 0 1 0x x   ；命题Q：若 a＜b，则 1 a ＞ 1 b ，则下列为真 命题的是 A． P Q B． P Q C． P Q  D． P Q  4．设    0ln , 2f x x x f x  ，则 0x  A． 2e B． e C． ln 2 2 D． ln 2 5．已知双曲线 2 2 2 2: 1 ( 0 0 )x yC a b a b    ， 的右焦点到渐近线的距离等于实轴长，则此双 曲线的离心率为 A． 2 B． 3 C． 5 D． 5 2 6．已知随机变量 X服从正态分布 N(3.1)，且 (2 4)P X  =0.6826，则 p（X>4）= A．0.1588 B．0.1587 C．0.1586 D．0.1585 7．在 61( 1)x x   的展开式中，含 5x 项的系数为 A．6 B． 6 C．24 D． 24 8．五名同学进行百米赛跑比赛，先后到达终点，则甲比乙先到达的情况有 A．240种 B．120种 C．60种 D．30种 10．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0 9 中任选一个，某人在银行自 动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过 2次就按 对的概率为 A． 2 5 B． 3 10 C． 1 5 D． 1 10 11．已知焦点在 x轴上的双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0) 1 x y a b m m      的左、右焦点分别为 1F， 2F ， 其右支上存在一点 P满足 1 2PF PF ，且 1 2PF F△ 的面积为 2．若双曲线的两条渐近线与抛 物线 2 2 ( 0)y px p  的准线分别交于 A、B两点，O为坐标原点，且 AOB 的面积为 2 ， 则 p  A．2 B． 2 3 C． 75 4 D．24 12．定义在 π[0, ) 2 上可导函数  f x 的导数为  f x ，且    cos sin 0, (0) 0f x x f x x f   ，则下列判断中，一定正确的是 A． ( ) 2 ( ) 6 3 f f   B． ( ) 2 ( ) 4 3 f f   C． (ln 2) 0f  D． ( ) 2 ( ) 6 4 f f   第 II卷 非选择题（90分） 二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。 13．将某选手的 9个得分去掉 1个最高分，去掉 1个最低分，7个剩余分数的平均分为 91. 现场作的 9个分数的茎叶图后来有 1个数据模糊，无法辨认，在图中以 x表示，则 7个剩余 分数的方差为______． 14．设曲线 1 xy x   在点 (2, 2)处的切线与直线 3 7 0ax y   垂直，则 a _________． 15．非负实数 x， y，满足 3 6 0x y   ，则 5 2 1z x y   的最小值为__________． 16．设函数 ( ) (2 1)xf x e x ax a    ，其中 1a  ，若存在唯一的整数 0x ，使得  0 0f x  ， 则实数 a的取值范围是__________． 三．解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60分 17．（12分）已知函数 f（x）=lnx x a x   ，其中 a＞0.曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处 的切线与直线 y=x+1垂直. （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）求函数 f（x）在区间[1，e]上的极值和最值. 18．（12分）一次数学考试后，对高三文理科学生进行抽样调查，调查其对本次考试的结 果满意或不满意，现随机抽取100名学生的数据如下表所示： 满意 不满意 总计 文科 22 18 40 理科 48 12 60 总计 70 30 100 （1）根据数据，有多大的把握认为对考试的结果满意与科别有关； （2）用分层抽样方法在感觉不满意的学生中随机抽取5名，理科生应抽取几人； （3）在（2）抽取的5名学生中任取 2名，求文科生人数的期望. （        2 2 n ad bc K a b c d a c b d       其中 n a b c d    ）  2P K k 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 k 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 19．（12分）如图，多面体 ABCDEF 中， ABCD是正方形， //EF CD， 1 2 EF CD ， DE DC ，且 2AD DE  ， 2 2AE  ，M 、N 分别为棱 AE、BF的中点． （1）求证： AE⊥平面DMN ； （2）求平面DMN 和平面 BCF所成锐二面角的余弦值． 20．（12分）已知抛物线 C：y2=4x与椭圆 E： 2 2 2 2 x y a b   1（a＞b＞0）有一个公共焦点 F. 设抛物线 C与椭圆 E在第一象限的交点为 M.满足|MF| 5 3  . （1）求椭圆 E的标准方程； （2）过点 P（1， 3 2 ）的直线交抛物线 C于 A、B两点，直线 PO交椭圆 E于另一点 Q.若 P为 AB的中点，求△QAB的面积. 21．（12分）已知函数    2ln 1f x x a x   ，其中 0a  ． （1）当 2a  时，求函数  f x 的单调性； （2）若函数  f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2x x ，求证：  2 1 ln 2 0 2 f x   ． （二）选考题：共 10分。请考生在第 22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。 22．[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10分） 在平面直角坐标系 xOy中，曲线 1C 的参数方程为 3 cos 3sin x t y t     （t为参数）．以坐标原点 为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程是cos sin  ，曲线 2C 的 极坐标方程是 6cos 4sin    ． （1）求直线 l和曲线 2C 的直角坐标方程，曲线 1C 的普通方程； （2）若直线 l与曲线 1C 和曲线 2C 在第一象限的交点分别为 P，Q，求 OP OQ 的值． 23．[选修 4-5：不等式选讲]（10分） 设函数   2 1 1f x x x    的最小值为m . （1）求m的值； （2）若 , ,a b cR ， 2 2 21 2 a b c m   ，求 ab bc 的取值范围. 参考答案 1．C 2．B 3．B 4．B 5．C 6．B 7．B 8．C 9．C 10．C 11．A 12．A 13． 36 7 14． 3 15．3 16． 3 ,1 2e     17．（1）由题,   2 x af x x   （x＞0）,因为曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线与直线 1y x  垂直, 所以  1 1 1f a     ,解得 a=2,所以   2 2xf x x   ,令   0f x  得 0＜x＜2,令   0f x  得 x＞2, 所以 f（x）的单调减区间为（0,2）,增区间为[2,+∞） （2）由（1）可得 f（x）在（1,2）上递减,在（2,e）上递增, 故 f（x）的极小值为 f（2）=ln2,无极大值； 又因为 f（1）=1,f（e） 2 e  ,f（2）=ln2,所以 f（x）的最小值为 ln2,最大值为 1. 18．解：（1）由题意有：  22 100 22 12 18 48 7.143 6.635 40 60 70 30 K          ，所以有99%的 把握认为对考试的结果满意与科别无关. （2）感觉不满意的学生共有30人，抽取的比例为 5 1 30 6  ，所以理科生应抽取 112 2 6   人. （3）记抽取的5名学生中，有3名文科生 2名理科生，设抽出的文科生的人数为 X ， 则 0,1, 2X  .所以 1 12 2 32 2 2 5 5 1 6 3( 0) , ( 1) , 10 10 5 C CCP X P X C C        2 3 2 5 3( 2) 10 CP X C    . 所以 X 的期望为 3 31 +2 =1.2 5 10   .所以抽出的文科生人数的期望为 1.2. 19．（1）因为 2AD DE  ， 2 2AE  ，所以 2 2 2DE DA AE  ，即 ED DA . ED DA ED CD ED CD AD D         平面 ABCD .又因为 ABÌ平面 ABCD，所以 ED AB . 因为四边形 ABCD是正方形，所以 AB AD . AB ED AB AD AB ED AD D         平面 EAD . 因为 //EF CD，四边形 ABCD是正方形，所以 //EF AB . 又因为M 、 N 分别为棱 AE、BF的中点，所以 //MN AB . 所以MN 平面 EAD . 又因为 AE 平面 EAD，所以MN AE . 因为DE DA ，M 是 AE中点，所以DM AE . AE MN AE MD AE MN MD M         平面DMN . （2）以D为原点，DA，DC，DE分别为 x， y， z轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 则 (2,0,0)A ， (0,0, 2)E ， (2, 2,0)B ， (0, 2,0)C ， (0,1, 2)F 所以 (2,0,0)CB   ， (0, 1,2)CF    平面 BCF的一个法向量为 ( , , )n x y z  ， 由 0 0 n CB n CF         ，得 2 0 2 0 x y z     ，令 2y  ，则 (0,2,1)n   . 由（1）可知 AE⊥平面DMN 所以平面DMN 的一个法向量为 ( 2,0,2)AE    ， 设平面DMN和平面 BCF所成锐二面角为 ， 则 10cos cos , 10 n AE n AE n AE               所以平面DMN 和平面 BCF所成锐二面角的余弦值为 10 10 ． 20．（1）由抛物线方程可得F（1,0）,则椭圆的另一个焦点  1,0F   ,因为 51 3MMF x   , ∴M（ 2 3 , 2 6 3 ）,则 2a 2 22 2 6 5( 1 ) ( ) 3 3 3       4,则 a=2,所以 2 4 1 3b    , 椭圆 E的标准方程为 2 2 1 4 3 x y   . （2）设 A（x1,y1）,B（x2,y2）,点 P（1, 3 2 ）在椭圆上,则 Q（﹣1, 3 2  ）, 因为 P为 AB的中点,且 2 1 1 2 2 2 4 4 y x y x     ,则 kAB 2 1 2 1 1 2 4 2 4 3P y y x x y y y        , 故直线 AB的方程为 y 3 4 2 3   （x﹣1）,即 8x﹣6y+1=0,∴Q到直线 AB的距离  22 38 6 1 2 1 58 6 d             , 联立 2 8 6 1 0 4 x y y x      ,整理得 64x2﹣128x+1=0,故 x1+x2=2,x1x2 1 64  , 则 2 2 1 2 1 2 4 5 63 51 ( ) ( ) 4 63 3 3 16 12 AB x x x x        , 所以 1 2QABS d AB  1 1 5 763 2 5 12 8     . 21．解：（1）   2ln 2f x x ax ax a    ，     21 2 2 12 2 0ax axf x ax a x x x        当 2a  时，  24 8 4 2 0a a a a      ，即时，令   0f x  ，得： 2 1 2 2 a a ax a    ， 2 2 2 2 a a ax a    ，  f x 的单调递增区间  2 ,x  和  10, x ，单调递减区间  1 2,x x ． （2）由（1）可知     21 2 2 12 2 0ax axf x ax a x x x        ， ①当  24 8 4 2 0a a a a     „ 即0 2a „ 时， ( ) 0f x  ，  f x 的单调递增区间是  0,  ，此时  f x 不存在极值， ②当  24 8 4 2 0a a a a      时，即 2a  时，令 ( ) 0f x  得 2 1 2 2 a a ax a    ， 2 2 2 2 a a ax a    ； ( )f x 的单调递增区间是  2 ,x  和  10, x ，单调递减区间  1 2,x x ． 则  f x 在 2 1 2 2 a a ax x a     处取得极大值，在 2 2 2 2 a a ax x a     处取得极小值， 因为 2a  ，所以 2 20 2a a a   ， 20 2a a a   ，所以 2 2 2 1 2 a a ax a     证明：  f x 在  2 ,x  单调递增，且 2 1x  ，    2 1 0f x f   ，  f x 有两个极值点 1x ， 2x ， 2a  ， 2 1 1 2 x   ．      2 2 2 2 2 2 2ln 1 ln 2 1f x x a x x x      ，令    2ln 2 1g x x x   ， 1 1 2 x      ，      22 11 4 1 0 x g x x x x         g x 在 1 ,1 2       单调递增，   1 1 ln 2 2 2 g x g         ，  2 1 ln 2 2 f x   ，综上可知：  2 1 ln 2 0 2 f x   ． 22．解：（1）由 cos sin  ，得 cos sin    ，代入 cos sin x y        ，得 x y ， 故直线 l的直角坐标方程是 0x y  ．由 6cos 4sin    ，得 2 6 cos 4 sin      ， 代入 cos sin x y        ，得 2 2 6 4x y x y   ，即 2 2 6 4 0x y x y    ， 故曲线 2C 的直角坐标方程是 2 2 6 4 0x y x y    ． 由 3 cos 3sin x t y t     ，得 2 2 1 33 x y          即 2 2 1 3 9 x y   ．故曲线 1C 的普通方程是 2 2 1 3 9 x y   ． （2）把 cos sin x y        代入 2 2 1 3 9 x y   中，化简整理， 曲线 1C 的极坐标方程为 2 2 9 1 2cos     ，曲线 2C 的极坐标方程为 6cos 4sin    ， 因为 cos sin  ，所以 tan 1, 4    所以 2 9 3 2 21 2cos 4 OP     ， 6cos 4sin 5 2 4 4 OQ      ． 所以 13 2 2 OP OQ  23．（1）   3 , 1 12 , 1 2 13 , 2 x x f x x x x x              ，显然当 1 2 x  时，  f x 取得最小值 3 2 m  . （2）∵ 2 2 2 2 2 2 2 23 1 1 1 12 2 2 4 4 4 4 a b b c a b b c       ab bc ab bc    ， ∴ 3 3, 2 2 ab bc       .