江苏省2020学年高二数学上学期期末考试试卷

高 二 数 学

（全卷满分160分，考试时间120分钟）

注意事项：

1． 答卷前，请考生务必将自己的学校、姓名、考试号等信息填写在答卷规定的地方． 2．试题答案均写在答题卷相应位置，答在其它地方无效．

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上）

1. 命题“x(0,2)，sinx1”的否定是 ．

,、B2,0,则直线l的斜率为 ． 2. 已知直线l过点A113. 一质点的运动方程为St210（位移单位：m；时间单位：s），则该质点在t3时

的瞬时速度为 m/s．

4. 课题组进行城市空气质量调查，按地域把24个城市分成甲、乙、丙三组，对应的城市数分别为4、则丙组中应抽取12、8, 若用分层抽样的方法抽取6个城市，的城市数为 个.

5. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y28x的准线方程为 ． 6. 执行如图所示的伪代码，若输出的y的值为10，则输入的x的值 是 ．

7.若aR,则“a3”是“直线l1：axy10与l2：

（注：在“充要”、“既不充a1x2ay40垂直”的 条件．

分也不必要”、“充分不必要”、“ 必要不充分”中选填一个） 8. 函数fxx33x2的单调递减区间为 ．

Read x If x3 Then y2x Else 2 yx1 End If Print y （第6题）

x2y29. 已知椭圆221ab0左焦点为F1，左准线为l，若过F1且垂直于x轴的弦的

ab 长等于点F1到l的距离，则椭圆的离心率是 ．

10. 有一个质地均匀的正四面体木块4个面分别标有数字1,2,3,4.将此木块在水平桌面上 抛两次，则两次看不到的数字都大于2的概率为 ． ．．．

x2y21的一个焦点为3,0，则双曲线 11. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线

mm1 的渐近线方程为 ．

1

12. 已知可导函数fx的定义域为R，f12，其导函数fx满足fx3x2,则不 等式f2x8x31的解集为 ．

13. 已知圆C:x2y16，AB为圆C上的两个动点，且AB22，G为弦AB

的中点.直线l:xy20上有两个动点PQ，且PQ2.当AB在圆C上运动时，

2PGQ恒为锐角，则线段PQ中点M的横坐标取值范围为 ．

x14．函数f(x)xea在(1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是 ．

二、解答题：（本大题共6道题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

15.（本小题满分14分）

x2y21表示双曲线；命题q：对任意xR，已知m为实数.命题p：方程

3m1m3x2(m2)x90恒成立. 4（1）若命题p为真命题，求实数m的取值范围； （2）若命题“p或q”为真命题、“p且q”为假命题，求实数m的取值范围．

16．（本小题满分14分）

某商场亲子游乐场由于经营管理不善突然倒闭。在进行资产清算时发现有3000名客户办理的充值会员卡上还有余额. 为了了解客户充值卡上的余额情况，从中抽取了300名客户的充值卡余额进行统计．其中余额分组区间为500,600，600,700，700,800，800,900，

900,1000，其频率分布直方图如图所示，请你解答下列问题：

（1）求a的值；

（2）求余额不低于900元的客户大约为多少人？

（3）根据频率分布直方图，估计客户人均损失多少？(用组中值代替各组数据的平均值)．

2

17.（本小题满分14分）

在平面直角坐标系xOy中，直线l:kxy42k0，kR

(1)直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标，若不过定点，请说明理由;

(2)已知点A(2,0),B(1,0)，若直线l上存在点P满足条件PA2PB，求实数k的取值范围.

18.（本小题满分16分）

2019年扬州市政府打算在如图所示的某“葫芦”形花坛中建一喷泉，该花坛的边界是两个半径为12米的圆弧围成，两圆心O1、O2之间的距离为12米．在花坛中建矩形喷泉，四个顶点A，B，C，D均在圆弧上，O1O2AB于点M．设AO2M (1)当，

4时, 求喷泉ABCD的面积S;

(2) 求cos为何值时，可使喷泉ABCD的面积S最大?.

3

19．（本小题满分16分）

x2y22已知椭圆C:221(ab0)的长轴长为22，离心率为.

ab2(1)求椭圆C的方程；

(2)过动点M(0,m)(m0)的直线交x轴于点N，交椭圆C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交椭圆C于另一点Q，延长QM交椭圆C于点B.

①设直线PM、QM的斜率分别为k,k'，证明

k为定值; k②求直线AB斜率取最小值时，直线PA的方程. 20．（本小题满分16分） 已知函数f(x)lnx,(x)m(x1)f(x)x (mR) x1

(1) 求f(x)在x1处的切线方程；

(2) 当m0时，求(x)在1,2上的最大值； (3) 求证：f(x)的极大值小于1.

4

参 考 答 案 一、填空题：

1.x(0,)，sinx1 2．-1 3．6 4. 2 . 5. x2 6. 3

2

7．充分不必要 8.1,1 (写成1,11,1,1,1也算对) 9．

1 210．

511x 12． , .11．y242 13. ,0二、解答题：

3, 14,e23e,.．

15．解：（1）若命题p为真命题，则3m1m30，即m的取值范围是

1m3. 3…………………………………………………………………4分

（2）若命题q为真命题，则0，解得1m5．即m1,5．…………7分 ∵命题“p或q”为真命题、“p且q”为假命题，∴p和q中有且仅有一个正确．

1m3若p真q假，则3，解得m； ………………………………10分

m1或m511m或m3若p假q真，则，解得1m或3m5．………………13分 331m5所以，综上所述：m的取值范围为1,313,5．………………………………14分

16. 解：（1）由1000.00050.002a0.0040.0011，解得a0.0025……4分 （2）余额在900,1000之间的频率为0.1，故可估计余额不低于900元的客户大约为

30000.1300(人) ………………………………………………………………………8分

（3） 客户人均损失的估计值为：

5500.056500.27500.48500.259500.1765(元)…………………14分

(注: 若仅有列式,没有前面文字说明,必需要答,否则扣1分) 17．解：(1)解：假设直线l过定点(a,b)，

则kab42k0,即k(a2)b40

关于kR恒成立， ………2分

a2a20， ， ………4分 b4b40

5

所以直线l过定点，定点坐标为(2,4) ………6分 (2) 已知点A(2,0),B(1,0)，设点P(x,y)， 则PA(x2)y,PB(x1)y，

222222PA2PB，PA24PB2， (x2)2y24[(x1)2y2]

所以点P(x,y)的轨迹方程为圆(x2)y4， ………10分 又点P(x,y)在直线l:kxy42k0上，

所以直线l:kxy42k0与圆(x2)y4有公共点， ………12分 设圆心到直线的距离为d，则d2222|2k042k|k12r2，

解得实数k的范围为k3或k3. ……… 14分

4=62，O2M12cos=12cos18．解: (1) 在直角ΔAO2M中，AM12sin4=62，

则AD12212，AB2AM=122 ………2分 所以SAB•AD=122(122+12)=288+1442 （平方米） ………3分 答：矩形ABCD的面积S为288+1442平方米. ………4分 (2)在直角ΔAO2M中，AM12sin，O2M12cos，则AD24cos12，

所以矩形ABCD的面积S24sin(24cos12)288(2sincossin)，………8分

03 ………10分

，

令f()2sincossin，03则f'()2cos2cos4cos2cos2， ………12分 令f'()0，得cos331．设cos0331，且088

列表如下：

(0,)  0,0 0 3

6

03，

↗ 极大值 ↘ 所以当0时, f()最大, 即S最大． 此时cos0331 ………………15分

8答：当cos为331时，喷泉ABCD的面积S最大 ………………16分

819. 解： (1)由题意得: 2a22,f'() f()  0  c2 a2所以a2,c1,ba2c2211 ………2分

x2故椭圆方程为y21， ………4分

2(2) ①设P(x0,y0),(x00,y00)，由M(0,m)，可得P(x0,2m),Q(x0,2m) 所以直线PM的斜率k2mmm2mm3m ，直线QM的斜率k'.……6分 x0x0x0x0此时

k1k1，所以为定值. ………8分 k3k3②设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线PA的方程为ykxm，直线QB的方程为

y3kxm.

ykxm222（2k+1）x4kmx2m20， 联立x2，整理得

2y1216k2m28(m21)(2k21))022m22由，可得 ，x12m22（2k1）x0x0x122k12m22y1kx1mkm

（2k21）x02m222m22同理x2，y23kx2m3km. ………10分 22（18k1）x0（18k1）x0

32k2(m21)2m222m22所以x1x2，y1y23k， k2222(2k1)(18k1）x0（18k1）x0（2k1）x0

7

24k246k212，y1y22k(m1)8k(m1)2222(2k1)(18k1）x0(2k1)(18k1）x0

2所以kABy1y26k2111(6k) ， ………12分 x1x24k4k61时取得等号. 26 ，当且仅当k6k由m0,x00，可知k0，所以6kx2y21上得x028m2，由P(x0,2m)，m0,x00在椭圆C:2kmm 2x028m此时m28m276，即m， ………14分

762由0得，m2k1，所以k所以直线

AB

267，m符号题意. 67PA的方程为

的斜率的最小值，直线

y67x.………16分 67

2m222m22②法2：同上可得x1；x2………10分

（2k21）x0（18k21）x0因为kABy1y2,y1kx1m,y23kx2m

x1x2所以kAB2m222m22k3k2kxm3kxm（18k21）x0x13kx2（2k1）x012 2m222m22x1x2x1x2（2k21）x0（18k21）x03k226k2111（2k1）（18k1）(6k)………12分 114k4k（2k21）（18k21）

下面同解法1.

k 8

20. 解：（Ⅰ）

11(x1)lnx1lnxxf(x)x， …………2分 2(x1)(x1)2 f(1)11，f(x)在x1处的切线方程为yf(1)(x1), 22即x2y10…………4分

（2）(x)mlnxx,(m0), 令(x)m10，得xm， x 在区间(0,m)上， (x)0，函数x是增函数；

(x)0，函数x是减函数; …………6分 在区间(m,)上， 故当0当m2时,(x)在1,2上递增此时,(x)max(2)mln2-2. …………10分

1lnx1x (3)f(x)，令g(x)1lnx， 2x(x1)

111则函数g(x)1lnx在(0,)上单调递减，g(1)20，g(x)20，

xxx1g(e2)210，所以存在唯一的x0(1,e2)， …………12分

e当x(0,x0)时，f(x)0，

当x(x0,)时，f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0,x0)，单调递减区

1间是(x0,)，其中x0(1,e2)，所以函数f(x)有极大值. …………14分

函数f(x)的极大值是f(x0)lnx01lnx00， ，由f(x0)0，得1x0x0111lnx0x01所以f(x0)，因为x0(1,e2)，所以1，即f(x0)1，

x0x01x01x0所以f(x)的极大值小于1. …………16分

1 9