【文档说明】四川省凉山州冕宁中学2020-2021学年高二下学期期中考试数学（理）试题 含答案.docx，共(9)页，514.756 KB，由小赞的店铺上传

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【考试时间：2021年4月29日7:55—9:55】冕宁中学2020—2021学年度下期高2022届半期考试高二理科数学试卷第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）1.已知命

题p：“∃x0∈R，0xe－x0－1≤0”，则命题p的否定为()A．∃x0∈R，0xe－x0－1≥0B．∃x0∈R，0xe－x0－1>0C．∀x∈R，ex－x－1>0D．∀x∈R，ex－x－1≥02．函数()cos6fx=的导数是（）A．0B．12C．12−D．不确

定3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是()A．1B．15C．35D．754.与曲线共焦点，而与曲线共渐近线的双曲线方程为()A．B．C．D．5．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是()A．至少有1个白球；

都是白球B．恰有1个白球；恰有2个白球C．至少有1个白球；至少有1个红球D．至少有1个白球；都是红球6.平面α的斜线l与它在这个平面上的射影l′的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1),则斜线l与平面α所成的角为()A.3

0°B.45°C.90°D.60°7.掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为16.事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋B(B表示事件B的对立事件)发生的概率为()A.13B.12C.23D.561643622=−yx1

91622=−xy191622=−yx116922=−xy116922=−yx)(xfy=8．四面体OABC中，,MN分别是,OABC的中点，P是MN的三等分点（靠近N），若OAa=，OBb=，OCc=，则OP=（）A．111366abc++B．111633abc++C．111263

abc++D．111623abc++9.函数的单调递减区间为（）A.B.C.D.的图像如图所示，则关于函数()yfx=的说法正确的是（）10．函数A．函数()yfx=有3个极值点B．函数()yfx=在区间(),4−−上

是增函数C．函数()yfx=在区间()2,−+上是增函数D．当0x=时，函数()yfx=取得极大值11.甲乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一个人一刻钟，过时即可离去，则两人能会面的概率为（）A．B．C．D．12．已知函数ln1xfxax+=

−()有两个零点，则实数a的取值范围是（）A．0−,()∞B．01(,)C．()1e,1D．1+(,)∞()xxxfln2=第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.在

边长为2的正方形内任取一点，则该点到正方形中心的距离不大于1的概率为____________.14．设正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，则点1D到平面1ABD的距离是_______.15．已知0a，函数在),1[+是单调递增函数，则a的最大值是_______

_____．16．若函数2()()xfxxaxe=−+在区间（-1，1）上存在减区间，则实数a的取值范围是________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．（10分）命题p：函数()()22lg430yxaxaa=−+−

有意义；命题q：实数x满足302xx−−.（1）当1a=且pq为真时，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.18.（12分）某市为了解全民健身情况,随机从某小区居民中抽取了40人,将他们的年龄分成7

段:[10,20),[20,30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80],得到如图所示的频率分布直方图.(1)试求这40人年龄的平均数、中位数的估计值;(2)①若从样本中年龄在[50,70)的

居民中任取2人赠送健身卡,求这2人中至少有1人年龄不低于60岁的概率;②已知该小区年龄在[10,80]内的总人数为2000,若18岁以上(含18岁)为成年人,试估计该小区年龄不超过80岁的成年人人数.19.（12分）已知函数，且f(x)在处的切线为．（1）求a的值；（2）求函

数f(x)在区间[－3,3]上的最大值和最小值．20．（12分）如图，四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，，，是上一点，且，设．（1）证明：平面；（2）若，，求二面角的余弦值．21.（12分）已知椭圆)0(12222=+babyax的长轴长与焦距分别为

方程0862=+−xx的两个实数根。（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线l过点)0,4(−M且与椭圆相交于BA,两点，F是椭圆的左焦点，当ABF面积最大时，求直线l的斜率。22．（12分）已知函数3223)=2(fxxx−+．（1）求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；（2）若(

)0,x+，求证：()21fxx+；（3）设2()834hxx=−，是否存在唯一的自然数m，使得()hx与()fx的图象在区间(,1)mm+上有两个不同的公共点？若存在，试求出m的值，若不存在，请说明理

由．冕宁中学2020—2021学年度下期高2022届半期考试高二理科数学参考答案PABCD−ABCDPAPC=BDPA⊥EBC3ECBE=ACBDO=PO⊥ABCD60BAD=PAPE⊥APEC−−一、选择题CADABDCBDCAB二、填空题13.1

4.15.616.三、解答题17.解：(1)若命题p为真，则22430xaxa−+−，解得3(0)axaa，当1a=时，命题:13px，若命题q为真，则(2)(3)0xx−−，解得23x，所以:23qx<<，因为pq为真，所以p，q均为真，所以1323xx，所以

23x，所以实数x的取值范围为(2,3)．(2)因为p是q的充分不必要条件，所以p是q的必要不充分条件，所以(2,3)(,3)aa，所以233aa或233aa，所以12a，所以实数a的取值范围是[1,2]．18

.解：(1)平均数的估计值=15×0.15+25×0.2+35×0.3+45×0.15+55×0.1+(65+75)×0.05=37.前三组的频率之和为0.15+0.2+0.3=0.65,故中位数落在第3组,设中位数的估计值为x,则(x-30)×0.03+0.

15+0.2=0.5,解得x=35,即中位数的估计值为35.（2）①样本中,年龄在[50,70)的共有40×0.15=6(人),其中年龄在[50,60)的有4人,设为a,b,c,d,年龄在[60,70)的有2人,设为x,y.则从中任选2人的样本空间Ω={(a,b)

,(a,c),(a,d),(a,x),(a,y),(b,c),(b,d),(b,x),(b,y),(c,d),(c,x),(c,y),(d,x),(d,y),(x,y)},共包含15个样本点.记A为“至少有1人年龄不低于60岁”,则A={(a,x

),(a,y),(b,x),(b,y),(c,x),(c,y),(d,x),(d,y),(x,y)},共包含9个样本点.记“这2人中至少有1人年龄不低于60岁”为事件A,故所求概率P(A)=.②样本中年龄在18岁以上的居民所占频率约为1-(18-10)×0.015=0.88,故可以估计,该小区年龄

不超过80岁的成年人人数约为2000×0.88=1760.19.解：（1）由已知31()3()3fxxaxaR=−+，∴2()fxxa=−，又∵()fx在2x=处的切线为73y=−，∴(2)0f=，故40a−=，∴4a=；（2）由31()433fx

xx=−+，可得2()40fxx=−=，解得2x=，列表如下：∴min7()3fx=−，max25()3fx=20．解：（1）证明：∵四边形是菱形，∴是的中点，．∵，，∴平面．∵平面，∴．∵，是的中点，∴．∵平面，平面，，∴平面．

……………………5分（2）解：由（1）知平面，，∴，，两两互相垂直．∴以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示．设，∵四边形是菱形，，∴和都是等边三角形．∴．∴，，，．∴，，，ABCDOACBDAC⊥BDPA

⊥PAACA=BD⊥PACPOPACBDPO⊥PAPC=OACPOAC⊥ACABCDBDABCDACBDO=PO⊥ABCDPO⊥ABCDBDAC⊥OAOBOPOOAOBOPxyzPOa=ABCD60BAD=ABD△BCD△23OAOC==

()0,0,Pa()23,0,0A()23,0,0C−33,,022E−()23,0,PAa=−33,,22PEa=−−333,,022EC=−−∵，∴，∴．即．……………………7分∴，．设平面的

法向量为，则令，得，，∴．……………………9分设平面的法向量为，则，令，得，．∴．设二面角的平面角为，结合图象可知，，∴二面角的八弦值为．……………………12分PAPE⊥()3323,0,,,022PAPEaa=−−−=230a

−+=3a=()23,0,3PA=−33,,322PE=−−PAE()111,,mxyz=()()()1111111111123,0,3,,23303333,,3,,302222PAmxyzxzPEmxyzxyz

=−=−==−−=−+−=12z=11x=1533y=531,,23m=PEC()222,,nxyz=22222333022333022ECnxyPEnxyz=−−==−

+−=21x=−23y=22z=()1,3,2n=−APEC−−()()()222222531,,21,3,2315cos553121323mnmn−=−=−=−++−++

APEC−−155−22.解：（1）因为2()64fxxx=−，所以(0)0f=；因为(0)3f=，所以切线方程为30(0)yx−=−，即3y=；（2）设()()32()(21)223(21)0gxfxxxxxx=−+=−+−+，即32()22

22gxxxx=−−+，22()6422(321)2(31)(1)gxxxxxxx=−−=−−=+−令()0gx=，则1x=或13x=−，(),()gxgx随x变化情况如下表：x(0,1)1(1,)+()gx−0+()gx极小值故()(1)gxg=

22220−−+=，故32223(21)0xxx−+−+，()21fxx+（3）由于2()834,hxxx=−R，设322()()()223834qxfxhxxxx=−=−+−+32()21037qxxx=−+，2()6202(310

)qxxxxx=−=−，(),()qxqx随x变化情况如下表：x(,0)−010(0,)3103(10,3)+'()qx+0−0+()qx极大值极小值由表可知(0)37q=，101()327q=−，因为(3)10q=，(4)50q=，10(3)()03qq，

10()(4)03qq，所以()qx在10(3,)3，10(,4)3分别有唯一零点，所以()qx在(3,4)内有两个零点，在(0,3)，(4,)+内无零点，(,0)−内有唯一零点．所以存在唯一的自然数3m=，使得()hx与()fx的图象在(,1

)mm+上有两个不同公共点．