四川省绵阳市绵阳中学实验学校20—21学年下学期高二半期考试理科数学试题(附答案)

高2019级数学（理）期中考试

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，总分60分．）

31．已知命题P：x0R，x020，则它的否定形式为（ ） 3A．x0R，x020

xxB．xR，x32x

x033xxRx2xRx200C．， D．，

1i32.在复平面内，复数1i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 3.定积分A．1

e20x2dx的值为（ ）

B．e23

C．e24

D．e2

4.物体的运动位移方程是S10tt2（S的单位：m；t的单位：s），则物体在t2s的瞬时速度是（ ） A．2m/s

B．4m/s

C．6m/s

D．8m/s

p:5.条件

411x，条件q:x3，则p是q的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要的条件

a6.二项式x的展开式中常数项为20，则含x4项的系数为（ ）

xA．6

B．15

C．6

D．15

67.设三次函数fx的导函数为fx，函数yxfx的部分图象如下图所示，则（ ） A．fx的极大值为f3，极小值为f3 B．fx的极大值为f3，极小值为f3

3，极小值为f3

D．fx的极大值为f3，极小值为f3

C．fx的极大值为f8.现有6本不同的书分配给3个人，每人至少一本，则不同的分配方法共有（ ）

1

A．450种 B．540种 C．360种 D．520种

9.如图，在空间四边形OABC中，OA8,AB6，AC4，BC5，

OAC45,OAB60，则OA与BC所成角的余弦值为（ ）

A．

10.现有橡皮泥制作的底面半径为4，高为3的圆锥一个.若将它重新制作成一个底面半径为r，高为h的圆柱(橡皮泥没有浪费)，则该圆柱表面积的最小值为（ ） A．20

B．24

C．28

D．32

22 C1 322 B．．

256D．

3 211.已知函数fxexbx1bR，在区间,2上存在单调递增区间，则实数b的取

2值范围是（ ） A．121, 33B．,

13C．2,0 31eD．2, 32x12.已知函数fxe与函数gxxaxex的图像上存在关于直线

yx对称的点，则实数a的取值范围是（ ）

1A．e,e

e11B．e,e

ee C. 1,e

e11D．1,e

e二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13.已知函数

8fx在

xx0处可导，x0若

28limf(x02x)f(x0)fx0x＝1，则_______．

14.设x1a0a1xa2x...a8x，则a1a3a5a7______

15.已知函数fxx2m，gx3lnxx，若yfx与ygx在公共点处的

2切线相同，则m________.

16.已知函数若xx0，都有fxfxxx成立，fxx2mlnxmR，121212则m的取值范围是

2

三、解答题（本大题共5小题，共70分）

17.（10分）已知命题p:a1a30；命题q:x[2,4]，使log2xa0. （1）若命题p为假命题，求实数a的取值范围；

（2）若pq为真命题，pq为假命题，求实数a的取值范围.

18.（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形．且PA平面ABCD，M，N分别为PB,PD的中点． （1）求证：MN//平面ABCD；

（2）若PAAB2，求CN与平面PBD所成角的正弦值．

3

19.(12分)某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，对该流水线上的产品进行简单随机抽样，获得数据如下表： 分组区间(单位：克) 产品件数 (490,495] (495,500] (500,505] (505,510] (510,515] 3 4 7 5 1 包装质量在(495,510]克的产品为一等品，其余为二等品 （1）估计从该流水线任取一件产品为一等品的概率；

（2）从上述抽取的样本产品中任取2件，设X为一等品的产品数量，求X的分布列和期望；

20.（12分）四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，APPD，四边形ABCD为矩形，AB1，AD2． （1）证明：APPC；

（2）线段PD上是否存在一点E（异于点P，D），使得锐二面角

EACD的余弦值为

说明理由．

2PE？若存在，求出的值；若不存在，请3ED4

21.（12分）已知函数fxx2lnx

（1）经过点0,2作函数fx图像的切线，求切线的方程； （2）设函数gx

22.（12分）已知函数fx2lnx4axx1aR.

212xfxa，且gx有两个零点，求a的取值范围.2

（1）当a0时，试判断函数fx的单调性；

（2）若a0，且当x1,时，fx0恒成立.fx0有且只有一个实数解，证明：0a

3. 4 5

高2019级数学（理）期中考试参

二、选择题（本题共12小题，每小题5分，总分60分．） 1 C 2 D 3 B 4 C 5 A 6 A 7 A 8 B 9 A 10 B 11 D 12 C 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

1113、2； 14、128； 15、1； 16、,

8三、解答题（本大题共5小题，共70分）

17、解：（1）由命题P为假命题可得：a22a30，所以实数a的取值范围是1,3. （2）pq为真命题，pq为假命题，则p、q一真一假. 若p为真命题，则有a1或a3，若q为真命题，则有a1. 则当p真q假时，则有a3 当p假q真时，则有1a1

所以实数a的取值范围是[1,1](3,).

18、MN//BD，MN平面ABCD，（1）连结BD，M,N分别是PB,PD的中点，

BD平面ABCD，MN//平面ABCD；

（2）如图，以点A为原点，AB,AD,AP为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，

P0,0,2，B2,0,0，D0,2,0 C2,2,0，N0,1,1， PB2,0,2，PD2,2,0，CN2,1,1，

设平面PBD的法向量nx,y,z，

PBn02x2z0 则，即，令x1，则y1,z1，

2x2y0PDn0平面PBD的法向量n1,1,1，

6

则sincosCN,nCNnCNn211111632， 3所以CN与平面PBD所成角的正弦值是

2. 319、解：（1）样本中一共有3475120件产品，包装质量在(495,510]克的产品有47516件，故从该流水线任取一件产品为一等品的概率P（2）依题意X的可能取值为0、1、2；

2112C16C16C4C412323PX22，PX12 ，PX02C2019C2095C20951 205故X的分布列为：

X P ∴EX20 1 32 952 12 193 9512323810 199595520、解：（1）证明：∴矩形ABCD，∴CDAD． 又∴平面PAD平面ABCD，平面PAD∴CD平面PAD，∴CDAP．

又∴APPD，PDCDD，∴AP平面PCD，∴APPC． （2）假设存在点E使得锐二面角EACD的余弦值为

平面ABCDAD，CDAD，

2． 3以A为坐标原点，垂直于平面ABCD的直线分别为x，AB，AD，

y，z轴建立空间直角坐标系如图，

则A0,0,0，C1,2,0，P0,1,1，D0,2,0． 设PEPD01，则E0,1,1， ∴AE0,1,1，AC1,2,0， 设向量nx,y,z是平面EAC的法向量，则nAE1y1z0,nACx2y0,

7

令y1，则n2,1,1， 1显然m0,0,1是平面ACD的一个法向量． 设锐二面角EACD的平面角为，

则coscosn,m11151221，∴或3（舍）， 332PE1 ，此时

3ED2∴线段PD上存在一点E使得锐二面角EACD的余弦值为

2''21、（1）设切线斜率为k，切点为Px0,y0，fx1，则kfx01x故切线方程为：yx02lnx012． x02xx0，将点0,2代入切线方程得 x022x02lnx010x0，化简得lnx00，解得x01

x0所以，切线方程为3xy20 （2）易得gx'122x2x1xx2lnxa，x0,，g'xx1 2xx令gx0得x11，x2'2

当x变化时，gx，gx的变化情况如下表：

x gx gx 0,2  单调递减 2 2,  单调递增 0 2ln2a 所以，ymin2ln2a，且x0,y0;x,y0 又gx有两个零点，所以ymin0，所以a2ln2

8

22、 fx2lnx4axx1的定义域为0,

2（1）当a0时，fx2lnxx1，则fx22x1x12，x0， 2xxx所以当0x1时，fx0，此时函数fx单调递增； 当x1时，fx0，此时函数fx单调递减.

综上，函数fx在区间0,1上单调递增，在区间1,上单调递减.

2x22ax12（2）由题意可得fx4a2x，x0，令fx0，

xx解得xaa21.

因为a0，所以xaa211，xaa210， 所以fx在1,上有唯一零点x0aa21. 当x1,x0时fx0，fx在1,x0上单调递增； 当xx0,时，fx0，fx在x0,上单调递减. 所以fxmaxfx0.

因为fx0在1,上恒成立，且fx0有且只有一个实数解，

2fx00,4a2x00, 所以即x0fx0,02lnx4axx210,000消去a并整理得2lnx0x030. 令hx2lnxx3，则hx2222x，x0， xhx0在1,上恒成立，所以hx在1,上单调递增，

又h120，h22ln210，所以1x02.

11113ax又0，且函数yx在1,2上单调递增，所以0a.

2x02x4 9