重庆市主城区七校2018-2019学年高二上学期期末考试数学（文）试题

2018——2019学年(上)期末考试
高2020级文科数学试题
一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．已知直线的方程为x﹣y﹣4＝0，则该直线的倾斜角为（　　）
A． B． C． D．π
2．命题“?x∈R，使x2+ax+1＜0”的否定是（　　）
A．?x∈R，使x2+ax+1＞0 B．?x∈R，使x2+ax+1≥0
C．?x∈R，x2+ax+1＞0成立 D．?x∈R，x2+ax+1≥0成立
3．已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则实数m的值是（　　）
A．4 B． C． D．﹣4
4．已知函数f（x）＝ex﹣cosx，则曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为（　　）
A．y＝0 B．y＝2x C．y＝x D．y＝﹣2x
5．如图是一个几何体的三视图，若它的体积是6，则a＝（　　）

A．1 B． C．2 D．2
6．“k＝8“是“圆O1：（x+1）2+（y﹣1）2＝2与圆O2：（x﹣2）2+（y+2）2＝k“相切的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．设m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下列命题，正确命题的个数为（　　）
①若α⊥β，m⊥α，则m∥β：
②若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n；
③若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n；
④若m?α，n?β，m⊥n，则α⊥β：
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
8．设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（m，4）在抛物线C上，且|MF|＝5，则p的值为（　　）
A．4或8 B．2或4 C．2或8 D．4或16
9．若圆锥侧面展开图是圆心角为120°，半径为9的扇形，则这个圆锥的体积为（　　）
A．18π B．54π C．10π D．30元
10．定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f'（x），已知函数y＝ef'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的单调递减区间为（　　）

A．（1，+∞） B．（1，e） C．（+∞，e） D．（e，+∞）
11．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝AA1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角弦值为（　　）
A． B． C． D．
12．已知函数f（x），若|f（x）|≥ax﹣1恒成立，则a的取值范围是（　　）
A．[﹣2，0] B．[﹣2，1] C．[﹣4，0] D．[﹣4，1]
二.填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡相应位置）
13．焦点在x轴上的椭圆方程为1，且离心率e，则实数k的值为　 　．
14．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的表面积为S1，球O的表面积为S2，则的值是　 　．

15．若方程k（x﹣3）有两个不等实根，则实数k的取值范围为　 　．
16．已知双曲线C2与椭圆C1：1具有相同的焦点，则两条曲线相交的四个交点形成的四边形面积最大时，则双曲线C2的方程为　 　．
三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算
17．如图：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M、Q、N分别为线段A1B1、AB1、BC、PQ的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥AC；
（Ⅱ）求证：BD⊥PQ．

18．已知圆C经过M（，1），N（，1）两点，且圆心C在直线x+y﹣3＝0上，过点A（﹣1，0）的动直线l与圆C相交于P、Q两点．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）当|PQ|＝4时，求直线l的方程．
19．已知函数f（x）2x+a．
（Ⅰ）当a＝1时，求函数f（x）的图象在点（3，f（3））处的切线方程；
（Ⅱ）若曲线y＝f（x）与y＝2x﹣5有三个不同的交点，求实数a的取值范围．
20．如图，四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB，E为PC中点．
（Ⅰ）证明：BE∥平面PAD；
（Ⅱ）若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离．

21．如图，P是圆x2+y2＝4上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足．
（Ⅰ）求动点M的轨迹C的方程
（Ⅱ）设A、B是轨迹C上的不同两点，点E（﹣4，0），且满足λ，若λ∈[，1），求直线AB的斜率k的取值范围．

22．已知函数f（x）＝lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（Ⅱ）若函数g（x）＝xf（x）ax2﹣x有两个不同的极值点x1，x2，证明．



一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．B
2．D
3．A
4．C
5．D
6．A
7．C
8．C
9．A
10．D
11．C
12．C
二.填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡相应位置）
13．3．
14． ．
15．（，0]．
16．双曲线C2与椭圆C1：1具有相同的焦点，可得c，
两条曲线相交的四个交点形成四边形的面积最大，设在第一象限的交点为（m，n），可得S＝4mn，
12mn，当且仅当mn时，mn，此时四边形的面积取得最大值，
解得m，n＝1，
设双曲线的方程为1（a＞0，b＞0），
可得1，且a2+b2＝2，解得a＝b＝1，
双曲线的方程为x2﹣y2＝1．
三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算
17．证明：（Ⅰ）连接PM 并延长交AB于点E，连接EQ，
由题意可得M为线段PE的中点，
又N为线段PQ的中点，
所以MN∥EQ，
由题意可得E为线段AB的中点，
所以EQ∥AC，
所以MN∥AC；
（Ⅱ）由正方体可得BB1⊥平面ABCD，
由（Ⅰ）可知PE∥BB1，
所以PE⊥平面ABCD，
可得PE⊥BD，
又ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，
所以EQ⊥BD，
又EQ∩PE＝E，
所以BD⊥平面PEQ，
所以BD⊥PQ．

18．（Ⅰ）由圆C经过M（，1），N（，1）两点，则圆C关于y轴对称；
设圆心C为（0，b），由圆心C在直线x+y﹣3＝0上，
得0+b﹣3＝0，解得b＝3；
所以圆C的半径为r＝|CM|3，
所以圆C的方程为x2+（y﹣3）2＝9；
（Ⅱ）①当直线l与x轴垂直时，易知直线l的方程为x＝﹣1，符合题意；
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k（x+1），即kx﹣y+k＝0，
设PQ的中点为H，由|PQ|＝4，则|CH|1，
由|CH|1，解得k，
所以直线l的方程为4x﹣3y+4＝0；
综上知，直线l的方程为x＝﹣1或4x﹣3y+4＝0．
19．（I）∵f（x）2x+a，
∴f′（x）＝x2﹣3x+2，
∴切线斜率k＝f′（3）＝2，f（3），
f（x）的图象在点（3，f（3））处的切线方程y2（x﹣3）即4x﹣2y﹣7＝0，
（II）由题意可得，2x﹣52x+a，
整理可得，﹣a5有三个不同的实数根，
设g（x）5，则g′（x）＝x2﹣3x，
当x∈（0，3）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（﹣∞，0），（3，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
又g（0）＝5，g（3），
故当x＝0时，g（x）取得极大值5，当x＝3时，g（x）取得极小值
作出函数g（x）的大致图象，结合图象可得，，
∴，
故a的范围（﹣5，）．

20．证明：（Ⅰ）取PD的中点F，连结AF，EF．………（1分）
∵E为PC的中点，∴EF∥CD，且EF．
又∵AB∥CD，且AB，
∴EF∥AB，且EF＝AB，故四边形ABEF为平行四边形．
∴BE∥AF．………………
又BE?平面BEP，AF?平面BEP，
∴BE∥平面PAD． ………………
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得BE∥平面PAD．
故点B到平面PAD的距离等于点E
到平面PAD的距离．………………（6分）
取BC的中点G，连结PG．………………（7分）
∵AB⊥平面PBC，AB?平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面PBC．
又△PBC是边长为2的正三角形，∴PG，BC＝2，且PG⊥BC．
∵平面ABCD∩平面PBC＝BC，∴PG⊥平面ABCD． ………………（9分）
∵四边形是直角梯形，AB＝1，BC＝2，CD＝2，
∴AD，．
∵AB⊥PB，AB＝1，PB＝PC＝2，CD＝2，
∴PA，PD＝2．
∴S△APD．………………
记点B到平面PAD的距离为h，
∵三棱锥P﹣ABD的体积V，
∴h．………………（11分）
∴点E到平面PAD的距离为．………………

21．（1）设M（x，y），则D（x，0），由，知P（x，2y），
∵点P在圆x2+y2＝4上，
∴x2+4y2＝4，故点M的轨迹C的方程为；
（2）根据题意，直线AB的斜率存在且不为0，不妨设直线AB：y＝k（x+4），
联立，整理得（4）y2y+12＝0，
则△＝（）2﹣48（4）＞0，解得即k，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则根据韦达定理得y1+y2，y1y2，
又因为λ，即（x1+4，y1）＝λ（x2+4，y2），
所以，从而，
消去y2得，
令φ（λ）λ2其中λ∈[，1），
则φ（λ）在[，1）上单调递减，即有φ（1）＜φ（λ）≤φ（），
从而4＜φ（λ），
所以4，解得即k或k，
综上，k∈（，]∪[，）．
22．（I）∵f（x）＝lnx，
∴f′（x），
∵f（x）在[1，+∞）上为增函数，
∴f′（x）在[1，+∞）上恒成立，
故a≤xmin＝1，即a≤1，
（Ⅱ）证明：∵g（x）＝xlnxax2﹣x+a有两个不同的极值点x1，x2，
∴g′（x）＝lnx﹣ax有两个不同的零点x1，x2，
即，
∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2），
∴a，
同理可得，a，
∴，
，
令t，不防设x1＜x2，则t∈（0，1），
∴，
原不等式等价于证tlnt，
令h（t）＝lnt﹣t，则h′（t）0在（0，1）上恒成立，
故h（t）在（0，1）单调递减，h（t）＞h（1）＝0，
即．