2019-2020学年四川省成都外国语学校高二下学期5月月考数学(理)试题 Word版

成都外国语学校2019-2020下期高2018级5月月考卷

高二数学（理科）

一、选择题：本题共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．已知复数z13bi，z212i，若A．0

B．z1是实数，则实数b的值（ ） z2C．6

D．6

3 22．命题“x1,3，x23x20”的否定为（ ）

2A．x01,3，x03x020

B．x1,3，x23x20

2D．x01,3，x03x020

C．x1,3，x23x20

3．曲线yxlnx 在点M(e,e) 处的切线方程为（ ）

A．y2xe B．y2xe C．yxe D．yxe

x2y2x2y24．已知双曲线C1:221(a0,b0)以椭圆C2:1的焦点为顶点，左右顶

ab43点为焦点，则C1的渐近线方程为（ ） A．3xy0

B．x3y0

C．2x3y0

D．3x2y0

5．执行如图所示的程序框图，则输出的n值是（ ） A．5 C．9

6．已知命题p:若直线l与抛物线C有且仅有一个公共点，则直线l与抛物线C相切，命题q: B．7 D．11

- 1 -

x2y2若m5，则方程1表示椭圆.下列命题是真命题的是（ ）

m3m1A．pq

7．某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒，若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为（ ） A．

7 10B．pq

C．pq

D．pq

B．

583C．

8D．

3 108．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的

22，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方33形，其表面积为24，则该圆柱的内切球体积为（ ） A．

4 3B．16

C．

163 D．

32 329．直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆x2y22上，则

△ABP面积的取值范围是（ ）

A．2，6 10．设函数f(x)（ ） A．(,2]

B．(1,2]

C．(0,3]

D．(4,)

B．4，8

32C．2，

32D．22，

12x9lnx在区间[a1,a1]上单调递减，则实数a的取值范围是2x2y211.已知F1，F2分别为双曲线221a0,b0的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与

ab双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为M，N，设四边形F1NF2M的周长为p，面积为S，且满足32Sp，则该双曲线的离心率为（ ） A.

23 2B．

3 2C．

6 2D．3 ex212．（理）已知函数fxtlnxx恰有一个极值点为1，则实数t的取值范围是

xx

- 2 -

（ ） A．,

331eB．,

31C．,

21D．,

231e

非选择题部分（共90分）

二、填空题 本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．在复平面内，与复数

1对应的点位于 象限. 1i14．已知函数fxlnxx1，则fx的单调递增区间为______．

1x1,x115．已知f(x)4，则方程fxax恰有2个不同的实根，实数a取值范围

lnx,x1__________________.

16（理）．已知F1，F2是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且PF1PF2，线段PF1的垂直平分线过F2，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则小值为 .

2e2的最e12三、解答题（本大题共6小题，共70分）．

17．（本小题满分10分）已知函数fxxax1在点1,f1处的切线方程为

323xy20．

(1)求函数fx的解析式；

(2)求函数fx在区间1,2上的最大值与最小值．

18．（本小题满分12分）某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数

- 3 -

学成绩（均为整数）分成六组[90，100），[100，110），…，[140，150]后得到如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题：

（1）求分数在[120，130）内的频率； （2）估计本次考试的中位数；

（3）用分层抽样的方法在分数段为[110，130）的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至多有1人在分数段[120，130）内的概率．

19．（理）（本小题满分12分）已知三棱锥PABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于2的正方形，ABE和BCF均为正三角形，在三棱锥

PABC中：

（I）证明：平面PAC平面ABC；

（Ⅱ）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角

PBCM的余弦值. 图一 图二

xcosCxOy20．.在直角坐标系中，曲线1的方程为（为参数）（本小题满分12分）

ysin以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2cos. （1）求C1，C2交点的直角坐标； （2）设点A的极坐标为(4,

- 4 -

3)，点B是曲线C2上的点，求AOB面积的最大值.

P为平面内的动点，过点P作，0，直线l：x4，21．已知点F1（本小题满分12分）

v1uuuuvuuuv1uuuuvuuu直线l的垂线，垂足为点M，且PFPMPFPM0.

22（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）过点F1作直线l1（与x轴不重合）交C轨迹于A，B两点，求三角形面积OAB的取值范围.（O为坐标原点）

22．（理）已知函数f(x)2x21xalnx(aR)

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若方程f(x)2x有两个不相等的实数根，求证：f(a)ae22 - 5 -

成都外国语学校2019-2020下期高2018级5月月考卷（答案）

高二数学参考答案

1-5．CABAC 6-10.BBDAB 11-12(文).CC 11-12(理).CC

13．第四象限 14．0,1 15．[,) 16.(文)y212x 16.(理) 6 17．（1）f(x)x33x21

（2）当x2时，fx取得最大值19， 当x0时，fx取得最小值是1.

114e18．（1）0.3；（2）

3703（3）

53【详解】（1）分数在[120，130）内的频率为1﹣（0.1+0.15+0.15+0.25+0.05）=1﹣0.7=0.3； （2）由于图中前3个小矩形面积之和为0.4，则设中位数x120,130，则

x1200.030.50.4，则x370

3（3）依题意，[110，120）分数段的人数为60×0.15=9（人）， [120，130）分数段的人数为60×0.3=18（人）；

∵用分层抽样的方法在分数段为[110，130）的学生中抽取一个容量为6的样本， ∴需在[110，120）分数段内抽取2人，并分别记为m，n； 在[120，130）分数段内抽取4人，并分别记为a，b，c，d；

设“从样本中任取2人，至多有1人在分数段[120，130）内”为事件A， 则基本事件有共15种；则事件A包含的基本事件有共9种；∴P（A）=

=

18．(文)（1）由已知可得，BAC=90°，BAAC．又BA⊥AD，且ACIADA， 所以AB⊥平面ACD． 又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC． （2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=32． 又BPDQ作QE⊥AC，垂足为E，则QE P

2DA，所以BP22． 31DC． 3111QESVABP1322sin451． 332- 6 -

由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1． 因此，三棱锥QABP的体积为VQABP

19.(理)（Ⅰ）设AC的中点为O，连接BO，PO.由题意，得PAPBPC2，

PO1，AOBOCO1.

因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点，所以POAC， 因为在POB中，PO1，OB1，PB2，PO2OB2PB2，所以POOB.

因为ACOBO，AC,OB平面ABC，所以PO平面ABC， 因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BOPO，BOAC，BO平面PAC， 所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且tanBMO所以当OM最短时，即M是PA的中点时，BMO最大.

由PO平面ABC，OBAC，所以POOB，POOC，于是以

则O0,0,0，OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系，

BO1， OMOMv1uuu1M,0,C1,0,0，B0,1,0，A1,0,0，P0,0,1，，BC1,1,0，

22uuuuv3uuuv1PC1,0,1，MC,0,.

22vruuumBC0ruv设平面MBC的法向量为mx1,y1,z1，则 由ruuu得：

mMC0x1y10rx1y1z3m.令1，得1，1，即1,1,3. 3x1z10同理，设平面PBC的法向量为nx2,y2,z2， n1,1,1.

rrrrmn5533533cosn,mrr.由图可知，二面角PBCM的余弦值为.

33mn33332220．【解析】(Ⅰ)C1:xy1，C2:=2cos，∴2=2cos，∴x2y22x.

11xx12x2y2122联立方程组得22，解得，，

xy2xy3y31222 - 7 -

1313，，∴所求交点的坐标为22，22. (Ⅱ)设B，，则=2cos. ∴AOB的面积S11OAOBsinAOB4sin4cossin 2233232cos23 ∴当时，Smax23. 6123x2y221．（1）1；（2）(0,]

243v1uuuuvuuuv1uuuuvuuu【解析】（1）设动点Px，y，则H4，y 由PFPMPFPM0

22uuuv21uuuuv2uuuv21uuuuv2122x2y22PFPM，即PFPM ，x1yx4 ，化简得1

4444333x2y2（2）由(1)知轨迹C的方程为1，当直线l1斜率不存在时A1,，B1,

2243SDAB13ABOF 22当直线l1斜率存在时，设直线l方程为xmy1 m0，设Ax1,y1 Bx2,y2

xmy122由x2y2得3m4y6my90.

134则144m21440，y1y26m9yy，， 12223m43m4SOAB11OF1y1y2122y1y2m2124y1y2

1236m23m242362 63m43mt2422令m1t(t1)，则SOAB63t12t166 19t26t19t6t令ft9t6，则f't91t1，当t1时，f't0， 2t- 8 -

113ft9t6在1,上单调递增，ftf116，SOAB6

t162综上所述，三角形OAB面积的取值范围是0,

2322(文)．（1）Qfxax2lnxx0，f'xa1ax1. xx当a0时，f'x0在0,恒成立，fx在0,是单减函数. 当a0时，令f'x0，解之得x1. a从而，当x变化时，f'x，fx随x的变化情况如下表：

x 0,1 a 1 a 1, a f'x fx - 0 + 单调递减 单调递增 由上表中可知，fx在0,



11,是单减函数，在是单增函数.

aa综上，当a0时，fx的单减区间为0,； 当a0时，fx的单减区间为0,，单增区间为1a1,. a（2）当a1，k为整数，且当x1时，4k1lnxxfx10恒成立

13lnx4k1lnxxx2lnx10klnx.

4xx令Fxlnx又F'x3lnx1x1，只需kFxminkZ； xx4131lnxx2lnxfx220， 22xxxxx又因为F'x0在1,有且仅有一个实数根x0，

- 9 -

Fx在1,x0上单减，在x0,上单增；FxminFx0lnx0又F'33lnx0* x0x01ln32ln421ln20，F'40，

91616F'3F'40，x03,4且x02lnx00，即lnx0x02代入*式，得

FxminFx0x02而tx03x021x01,x03,4. x0x0x0171317131在3,4为增函数，t,Fx，即,. minx034412161713而,0,1，Fxmin0,1，k0,即所求k的最大值为0.

4121622xax122（理）【答案】（1）易知f(x)的定义域为(0,)，且f(x)， 2xa,0时，fx在0,上恒正，所以fx在0,上单调递增，

a0,时，对于2x2ax10，a28

②当，即a2①当0，即a0,22时，f(x)0，f(x)在(0,)上是增函数；

2,时，f(x)0有两个正根，

aa28aa28,，fx0，fx单调递增， U所以x0,44aa28aa28x,，fx0，fx单调递减

44aa28和综上，a22时，fx在(0,)上是增函数，a22时，f(x)在0,4aa28aa28aa28,上是增函数,在,上是减函数

4441（2）令g(x)alnx,x0，

x方程fx2x有两个不相等的实根函数gx有两个零点，

- 10 -

由g(x)11aax11axalnx定义域为(0,)且g(x)222 xxxxxgx）gx）①当a0时，g(x)0恒成立，（在(0,)上单调递增，则（至多有一个零点，不

符合题意；

②当a0时，g(x)0得x111，g(x)在0,上单调递增，在,上单调递减 aaa1g(x)maxgaalna要使g(x)有两个零点，则aalna0，

a由a0解得ae ，此时1易知当ae时ea,eaa1,g(1)10 a11,geaaalneaeaa2， aem(x)exx2,x(e,),m(x)ex2x，

令h(x)e2x，所以h(x)e2，

xxx(e,)时h(x)0，m(x)在x(e,)为增函数，m(x)m(e)e22e0 m(x)在x(e,)为增函数，m(x)m(e)eee20，

所以mame0，即eaa20，所以geeaaa20

11函数g(x)在ea,与,1各存在一个零点，综上所述，ae.

aa∴证明f(a)11aaea2alna2成立 2证明时，22eea1111alna(ae)u(a)1lna ，则e2aa2e2设u(a)a2易知u(a)在(e,)上递减，u(a)u(e)0，u(a)在(e,)上单调递减

u(a)u(e)e

2a2，所以f(a)22. ee- 11 -