2018-2019学年江苏省南京市高二（上）期末数学试卷（理科）.docx

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1、2018-2019学年江苏省南京市高二（上）期末数学试卷（理科）一、填空题：本大题共14小题，每题5分，共70分请把答案填写在答题卡相应位置上1（5分）已知命题p：x0，exex，写出命题p的否定： 2（5分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y22x的准线方程为 3（5分）已知f（x）exsinx，则f（0）的值为 4（5分）设复数z满足（z2）i1+i（i为虚数单位），则z的实部是 5（5分）在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆C：x24+y21上一点若点P到椭圆C的右焦点的距离为2，则它到椭圆C的右准线的距离为 6（5分）已知实数x，y满足yx-1x3x+y2，则zx+2y的最小值为 7（5

2、分）在平面直角坐标系xOy中，“m0”是“方程x2+my21表示椭圆”的 条件（填“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”）8（5分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线x24-y21的顶点到它的渐近线的距离为 9（5分）在平面直角坐标系xOy中，点A（4，0），点B（0，2），平面内点P满足PAPB=15，则PO的最大值是 10（5分）在平面直角坐标系xOy中，点F1，F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右焦点，过点F2且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点若AF1B为锐角，则该椭圆的离心率的取值范围是 11（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆C1：（xa）

3、2+（ya2）21与圆C2：x2+y22x30有公共点，则实数a的取值范围是 12（5分）如图，在正四棱锥PABCD中，PAAB，点M为PA的中点，BD=BN若MNAD，则实数 13（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆M：（x1）2+y21，点A（3，1），P为抛物线y22x上任意一点（异于原点），过点P作圆M的切线PB，B为切点，则PA+PB的最小值是 14（5分）已知函数f（x）x33a2x6a2+4a（a0）只有一个零点，且这个零点为正数，则实数a的取值范围是 二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（14分）在平面直角

4、坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）经过点A（4，0），其离心率为32（1）求椭圆E的方程；（2）已知P是椭圆E上一点，F1，F2为椭圆E的焦点，且F1PF2=2，求点P到y轴的距离16（14分）如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为1，求：（1）直线A1C与直线AD1所成角的余弦值；（2）平面D1AC与平面ABB1A1所成二面角的正弦值17（14分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C经过抛物线yx2x6与坐标轴的三个交点（1）求圆C的方程；（2）经过点P（2，5）的直线l与圆C相交于A，B两点，若圆C在A，B两点处的切线互相垂直，求直线l的方程

5、18（16分）如图，从一个面积为15的半圆形铁皮上截取两个高度均为x的矩形，并将截得的两块矩形铁皮分别以AB，A1B1为母线卷成两个高均为x的圆柱（无底面，连接部分材料损失忽略不计）记这两个圆柱的体积之和为V（1）将V表示成x的函数关系式，并写出x的取值范围；（2）求两个圆柱体积之和V的最大值19（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点动直线l过点F2，且与椭圆C相交于A，B两点（直线l与x轴不重合）（1）若点A的坐标为 （0，3），求点B坐标；（2）点M（4，0），设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k20；（3）求AF

6、1B面积最大时的直线l的方程20（16分）已知函数f（x）alnx+1x，aR（1）若a2，且直线yx+m是曲线yf（x）的一条切线，求实数m的值；（2）若不等式f（x）1对任意x（1，+）恒成立，求a的取值范围；（3）若函数h（x）f（x）x有两个极值点x1，x2（x1x2），且h（x2）h（x1）4e，求a的取值范围2018-2019学年江苏省南京市高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题：本大题共14小题，每题5分，共70分请把答案填写在答题卡相应位置上1（5分）已知命题p：x0，exex，写出命题p的否定：x0，exex【解答】解：“全称命题”的否定一定是“存在性命题

7、”，命题p：x0，exex，的否定是：x0，exex故答案为：x0，exex2（5分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y22x的准线方程为x=-12【解答】解：抛物线y22x的焦点到其准线的距离为：p1抛物线的准线方程为：x=-12故答案为：x=-123（5分）已知f（x）exsinx，则f（0）的值为1【解答】解：f（x）exsinx，f（x）（ex）sinx+ex（sinx）exsinx+excosx，f（0）0+11故答案为：14（5分）设复数z满足（z2）i1+i（i为虚数单位），则z的实部是3【解答】解：由（z2）i1+i得，z=1+ii+2=(1+i)ii2+2=-1+i-1+2=

8、3i，所以复数的实部为：3故答案为：35（5分）在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆C：x24+y21上一点若点P到椭圆C的右焦点的距离为2，则它到椭圆C的右准线的距离为433【解答】解：椭圆C：x24+y21，可得e=32，由椭圆的第二定义可得：它到椭圆C的右准线的距离为d，d=232=433故答案为：4336（5分）已知实数x，y满足yx-1x3x+y2，则zx+2y的最小值为1【解答】解：由实数x，y满足yx-1x3x+y2，作出可行域如图，由x=3x+y=2解得B（3，1）化zx+2y为y=-12x+z2，由图可知，当直线y=-12x+z2过B（3，1）时，直线在y轴上的截距最小，z有最

9、小值等于z3+2（1）1故答案为：17（5分）在平面直角坐标系xOy中，“m0”是“方程x2+my21表示椭圆”的必要不充分条件（填“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”）【解答】解：由椭圆的性质有：“方程x2+my21表示椭圆”的充要条件为：m0m1，又“m0”是“m0m1”的必要不充分条件，所以，“m0”是“方程x2+my21表示椭圆”的必要不充分条件，故答案为：必要不充分8（5分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线x24-y21的顶点到它的渐近线的距离为255【解答】解：双曲线x24-y21的一个顶点为A（2，0），双曲线的一条渐近线为y=12x，即x2y0，则点到

10、直线的距离公式d=|2-10|1+4=255，故答案为：2559（5分）在平面直角坐标系xOy中，点A（4，0），点B（0，2），平面内点P满足PAPB=15，则PO的最大值是35【解答】解：设P（x，y），则PA=（4x，y），PB=（x，2y）PAPB=15，x（x4）+y（y2）15，即（x2）2+（y1）220，点P的轨迹是以C（2，1）为圆心，25为半径的圆，PO的最大值为：|OC|+半径35故答案为：3510（5分）在平面直角坐标系xOy中，点F1，F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右焦点，过点F2且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点若AF1B为锐角，则该椭圆的

11、离心率的取值范围是（2-1，1）【解答】解：点F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A、B两点，F1（c，0），F2（c，0），A（c，b2a），B（c，-b2a），AF1B是锐角三角形，AF1F245，tanAF1F21，b2a2c1，整理，得b22ac，a2c22ac，两边同时除以a2，并整理，得e2+2e10，解得e2-1，或e-2-1，（舍），0e1，椭圆的离心率e的取值范围是（2-1，1）故答案为：（2-1，1）11（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆C1：（xa）2+（ya2）21与圆C2：x2+y22x30有公共点，则

12、实数a的取值范围是2，1【解答】解：根据题意，圆C1：（xa）2+（ya2）21，其圆心C1为（a，a+2），半径为r11，圆C2：x2+y22x30，即（x1）2+y24，其圆心C2（1，0），半径r22，若两圆有公共点，则21|C1C2|2+1，即1（a1）2+（a+2）29，变形可得：a2+a+20且a2+a20，解可得：2a1，即a的取值范围为2，1；故答案为：2，112（5分）如图，在正四棱锥PABCD中，PAAB，点M为PA的中点，BD=BN若MNAD，则实数4【解答】解：连结AC，交BD于O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，设PAAB2，则A（

13、2，0，0），D（0，-2，0），P（0，0，2），M（22，0，22），B（0，2，0），BD=（0，22，0），设N（0，b，0），则BN=（0，b-2，0），BD=BN，22=(b-2)，b=2-22，N（0，2-22，0），MN=（-22，2-22，-22），AD=（-2，-2，0），MNAD，MNAD=1-2-4=0，解得实数4故答案为：413（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆M：（x1）2+y21，点A（3，1），P为抛物线y22x上任意一点（异于原点），过点P作圆M的切线PB，B为切点，则PA+PB的最小值是3【解答】解：设P（x，y），可得y22x，圆M：（x1）2+y21的

14、圆心M（1，0），半径为1，|PB|=|PM|2-1=(x-1)2+y2-1=x2+y2-2x=|x|，即|PB|为P到y轴的距离，抛物线的焦点F（12，0），准线方程为x=-12，可得|PA|+|PB|PA|+|PK|-12=|PA|+|PF|-12，过A作准线的垂线，垂足为K，可得A，P，K共线时，|PA|+|PK|取得最小值|AK|=72，即有|PA|+|PB|的最小值为3故答案为：314（5分）已知函数f（x）x33a2x6a2+4a（a0）只有一个零点，且这个零点为正数，则实数a的取值范围是（1，2）【解答】解：令f（x）3x23a23（xa）（x+a）0，解得x1a，x2a，其中a

15、0，所以函数的单调性和单调区间如下：x（，a），f（x）递增；x（a，a），f（x）递减；x（a，+），f（x）递增因此，f（x）在xa处取得极大值，在xa处取得极小值，结合函数图象，要使f（x）只有一个零点x0，且x00，只需满足：f（x）极大值f（a）0，即a3+3a36a2+4a0，整理得a（a1）（a2）0，解得，a（1，2），故答案为：（1，2）二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）经过点A（4，0），其离心率为32（1）求椭圆E的方程

16、；（2）已知P是椭圆E上一点，F1，F2为椭圆E的焦点，且F1PF2=2，求点P到y轴的距离【解答】解（1）因为椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）经过点A（4，0），所以 a4 （2分）又椭圆E的离心率e=ca=32，所以c23 （4分）所以b2a2c24因此椭圆E的方程为x216+y24=1 （6分）（2）：由椭圆E的方程为x216+y24=1知F1（23，0），F2（23，0）设P（x，y）因为F1PF2=2，所以PF1PF2=0，所以x2+y212 （10分）由x2+y2=12x216+y24=1解得x2=323 （12分）所以|x|=463，即P到y轴的距离为463 （14分）1

17、6（14分）如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为1，求：（1）直线A1C与直线AD1所成角的余弦值；（2）平面D1AC与平面ABB1A1所成二面角的正弦值【解答】（本题满分14分）解：如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1 的底面边长为 2，侧棱长为1，故以 DA，DC，DD1 为正交基底建立空间直角坐标系Dxyz则D（0，0，0），A（2，0，0），A1（2，0，1），C（0，2，0），D1（0，0，1）（1）因为A1C=（0，2，0）（2，0，1）（-2，2，1），AD1=（0，0，1）（2，0，0）（-2，0，1），（2分）所以A1CAD1=（-2）（-2）+（

18、1）11，|A1C|=2+2+1=5，|AD1|=2+0+1=3，从而 cosA1C，AD1=A1CAD1|A1C|AD1|=153=1515 （5分）又异面直线所成的角的范围是（0，2，所以直线A1C与直线AD1所成角的余弦值为1515 （6分）（2）AC=（-2，2，0），AD1=（-2，0，1），设平面D1AC的一个法向量为n（x，y，z），则nAC=-2x+2y=0nAD1=-2x+z=0，取x1，可得n=（1，1，2） （9分）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，DA平面ABB1A1，又DA=（2，0，0）=2（1，0，0），所以m=（1，0，0）为平面ABB1A1的一个法向量 （

19、11分）因为cosn，m=nm|n|m|=11+1+21=12，且0n，m，所以n，m=3因此平面D1AC与平面ABB1A1所成二面角的正弦值为32（14分）17（14分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C经过抛物线yx2x6与坐标轴的三个交点（1）求圆C的方程；（2）经过点P（2，5）的直线l与圆C相交于A，B两点，若圆C在A，B两点处的切线互相垂直，求直线l的方程【解答】解：（1）方法一：抛物线yx2x6与坐标轴的三个交点坐标为（2，0），（3，0），（0，6），设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，则4-2D+F=09+3D+F=036-6E+F=0，解得D=-1E=5F=-6，所

20、以圆C的方程为x2+y2x+5y60方法二：设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，令y0，得x2+Dx+F0因为圆C经过抛物线yx2x6与x轴的交点，所以 x2+Dx+F0与方程x2x60同解，所以D1，F6因此圆C：x2+y2x+Ey60因为抛物线yx2x6与y轴的交点坐标为（0，6），又所以点（0，6）也在圆C上，所以366E60，解得E5所以圆C的方程为x2+y2x+5y60（2）由（1）可得，圆C：（x-12）2+（y+52）2=252，故圆心C（12，-52），半径r=52因为圆C在A，B两点处的切线互相垂直，所以ACB=2所以C到直线l的距离d=5222=52当直线l的斜率不

21、存在时，l：x2，符合题意；当直线l的斜率存在时，设l：y5k（x+2），即kxy+（2k+5）0，所以|12k+52+2k+5|1+k2=52，解得k=-43，所以直线l：y5=-43（x+2），即4x+3y70综上，所求直线l的方程为x2和4x+3y7018（16分）如图，从一个面积为15的半圆形铁皮上截取两个高度均为x的矩形，并将截得的两块矩形铁皮分别以AB，A1B1为母线卷成两个高均为x的圆柱（无底面，连接部分材料损失忽略不计）记这两个圆柱的体积之和为V（1）将V表示成x的函数关系式，并写出x的取值范围；（2）求两个圆柱体积之和V的最大值【解答】解：（1）设半圆形铁皮的半径为r，自下而

22、上两个矩形卷成的圆柱的底面半径分别为r1，r2因为半圆形铁皮的面积为15，所以12r215，即r230因为 2r12r2-x2，所以r1=130-x2，同理2r22r2-(2x)2，即r2=130-4x2所以卷成的两个圆柱的体积之和Vf（x）（r12+r22）x=1（60x5x3）因为02xr=30，所以x的取值范围是（0，302）（2）由f（x）=1（60x5x3），得f（x）=1（6015x2），令f（x）0，因为x（0，302），故x2当x（0，2）时，f（x）0；当x（2，302）时，f（x）0，所以f（x）在（0，2）上为增函数，在（2，302）上为减函数，所以当x2时，f（x）取得

23、极大值，也是最大值因此f（x）的最大值为f（2）=80答：两个圆柱体积之和V的最大值为8019（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点动直线l过点F2，且与椭圆C相交于A，B两点（直线l与x轴不重合）（1）若点A的坐标为 （0，3），求点B坐标；（2）点M（4，0），设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k20；（3）求AF1B面积最大时的直线l的方程【解答】（1）解：直线l经过点F2（1，0），A（0，3），直线l的方程为y=-3（x1）由y=-3(x-1)x24+y23=1，解得x=0y=3或x=85y=-335B（85

24、，-335）；（2）证明：直线l与x轴不重合，故可设直线l的方程为xty+1设A（x1，y1），B（x2，y2）由x=ty+1x24+y23=1，得（4+3t2）y2+6ty90，y1+y2=-6t4+3t2，y1y2=-94+3t2，A，B在直线l上，x1ty1+1，x2ty2+1，k1=y1x1-4=y1ty1-3，k2=y2x2-4=y2ty2-3，从而 k1+k2=y1ty1-3+y2ty2-3=2ty1y2-3(y1+y2)(ty1-3)(ty2-3)2ty1y23（y1+y2）2t（-94+3t2）3（-6t4+3t2）0，k1+k20；（3）解：AF1B的面积S=12|F1F2|

25、y1y2|y1y2|=(y1+y2)2-4y1y2由（2）知，y1+y2=-6t4+3t2，y1y2=-94+3t2，故S=(-6t4+3t2)2+494+3t2=12t2+1(3t2+4)2=12t2+19(t2+1)2+6(t2+1)+1=1219(t2+1)+1t2+1+6设函数f（x）9x+1x （x1）f（x）9-1x20，f（x）9x+1x在1，+）上单调递增，当t2+11，即t0时，9（t2+1）+1t2+1取最小值10即当t0时，AF1B的面积取最大值，此时直线l的方程为x1因此，AF1B的面积取最大值时，直线l的方程为x120（16分）已知函数f（x）alnx+1x，aR（1

26、）若a2，且直线yx+m是曲线yf（x）的一条切线，求实数m的值；（2）若不等式f（x）1对任意x（1，+）恒成立，求a的取值范围；（3）若函数h（x）f（x）x有两个极值点x1，x2（x1x2），且h（x2）h（x1）4e，求a的取值范围【解答】解：（1）当a2时，f（x）2lnx+1x，f（x）=2x-1x2设直线yx+m与曲线yf（x）相切于点 （x0，2lnx0+1x0），则 2x0-1x02=1，即x02-2x0+10，解得 x01，即切点为（1，1），因为切点在yx+m上，所以11+m，解得m0 （3分）（2）不等式f（x）1可化为alnx+1x-10记g（x）alnx+1x-1，

27、则g（x）0对任意x（1，+）恒成立考察函数g（x）alnx+1x-1，x0，g（x）=ax-1x2=ax-1x2当a0时，g（x）0，g（x）在（0，+）上单调递减，又g（1）0，所以g（2）g（1）0，不合题意； （5分）当a0时，x（0，1a），g（x）0；x（1a，+），g（x）0，所以g（x）在（0，1a上单调递减，在1a，+）上单调递增，若1a1，即a1时，g（x）在1，+）上单调递增，所以x（1，+）时，g（x）g（1）0，符合题意； （7分）若1a1，即0a1时，g（x）在1，1a）上单调递减，所以当x（1，1a）时，g（x）g（1）0，不符合题意；综上所述，实数a的取值范围为

28、1，+） （9分）（3）方法一：h（x）f（x）xalnx+1x-x，x0，h（x）=ax-1x2-1=-x2+ax-1x2，因为h（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），所以h（x）0，即x2ax+10的两实数根为x1，x2，0x1x2，所以x1+x2a，x1x21，a240，所以a2，0x11x2，从而h（x2）h（x1）（alnx2+1x2-x2）（alnx1+1x1-x1）2（alnx2+1x2-x2）2（x2+1x2）lnx2+1x2-x2 （12分）记m（x）2（x+1x）lnx+1x-x，x1则m（x）2（1-1x2）lnx+（x+1x）1x-1x2-12（1-1x2）lnx0

29、 （当且仅当x1时取等号），所以m（x）在1，+）上单调递增，又m（e）=4e，不等式h（x2）h（x1）4e 可化为m（x2）m（e），所以1x2e（14分）因为ax2+1x2，且yx+1x在（1，+）上递增，所以2ae+1e，即a的取值范围为（2，e+1e （16分）方法二：h（x）f（x）xalnx+1x-x，x0，h（x）=ax-1x2-1=-x2+ax-1x2因为h（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），所以h（x）0，即x2ax+10的两实数根为x1，x2，0x1x2，所以x1+x2a，x1x21，a240，所以a2，0x11x2设t2=x2x1（t1），则x1+t2x1a，t2

30、x12=1，所以x1=1t，at+1t，x2t，从而h（x2）h（x1）4e 等价于 h（t）（t+1t）lnt+1t-t2e，t1（12分）记m（x）（x+1x）lnx+1x-x，x1则m（x）（1-1x2）lnx+1x（x+1x）-1x2-1（1-1x2）lnx0 （当且仅当x1时取等号），所以m（x）在1，+）上单调递增又t1，m（e）=2e，所以1te （14分）因为at+1t，且yx+1x在（1，+）上递增，所以2ae+1e，即a的取值范围为（2，e+1e （16分）声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/12/27 12:22:15；用户：13029402512；邮箱：13029402512；学号：24164265第17页（共17页）