江苏省连云港市2018-2019学年第一学期期末考试高二数学试题（理科）答案

2018-2019学年第一学期期末

高二数学（理科）参考答案及评分标准

一、填空题：

x2y23322??1； 6.3； 7.； 1.y??x； 2.x??20y； 3.若x?0，则x?0； 4.1； 5.

91622134e?125]； 14.[8.(3,??)； 9.1； 10.1； 11.[2,??)； 12.； 13.[,,??)． 224e4二、解答题：

15．解：（1）由函数f(x)?mx?2sinx在R上是单调递增函数，得

x?R时，f?(x)?0恒成立，且无连续区间上的导数为0， …………….2分 则f?(x)?m?2cosx?0，

m?2cosx恒成立，所以m?(2cosx)max， …………….4分 则m?2．若?p为真命题，则m?2． …………….6分 （2）由m2?m?6?0，得(m?3)(m?2)?0，则?2?m?3， …………….8分 所以当q为假命题时，m??2或m?3． …………….10分

又p?q为假命题，则p，q都是假命题， …………….12分

?m??2或m?3,所以实数m满足?解得m??2． …………….14分

m?2,?16．解：如图建立以D为原点，分别以DA，DC，DD1的方向为

x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，

因为棱长为3，且CC1?3CP可得D(0,0,0)，A(3,0,0)，B(3,3,0)， z D1 A1 B1 C1 C(0,3,0)，D1(0,0,3)，P(0,3,1)． …………….2分 （1）则AP?(?3,3,1)，BD1?(?3,?3,3)． …………….4分 P D A B x （第16题图） C 57??所以cosAP,BD1?． …………….6分 57APBD1357（2）依题意，可得AD1?(?3,0,3)． 设n?(x,y,z)为平面PAD1的法向量，

APBD13y ??n?AD1?0，??3x?3z?0，2则?即?不妨令z?1，可得n?(1,,1)； …………….9分

3??n?AP?0，??3x?3y?z?0，S 高二数学（选修物理）第 1 页（共5页）

设m?(x,y,z)为平面BAD1的法向量，

??m?BD1?0，??3x?3y?3z?0，则?即?不妨令z?1，可得m?(1,0,1)． …………….12分

?3x?3z?0，m?AD?0，???1因此有cos?m,n??m?n|m||n|?22?229?31122，于是sinm,n?． 111122． …………….14分 1117．解：（1）在?ABC中，?ADC??BAD??B??ADE??CDE，

所以，二面角P?AD1?B的正弦值为又?B??ADE?450，则?BAD??CDE． ...............2分

??BAD??CDE,在?BAD和?CDE中，由?得?BAD∽?CDE， ............4分

??B??C,所以

DCAB．因直角?ABC中，AB?AC?3，则BC?32，所以DC?32?x， ?ECDB32?x3x(32?x)??EC?(0?x?32)； ...............6分 ECx3代入（2）?DEC的面积为y，则y?1DCCEsin?C 212x(32?x)22????x(32?x)2(0?x?32)， ...............8分 22312 则y??2(x?32)(x?2)?0，得x?2． ...............10分 4 当x?(0,2)时，y??0，所以y在(0,2)上单调递增；

当x?(2,32)时，y??0，所以y在(2,32)上单调递减． ............12分

所以当x?2时，ymax?4． 34． ...............14分 3答：当x?2时，?DEC的面积最大，最大面积为

18．解：（1）将T(2,2)代入y2?2px，则p?1，所以抛物线方程为y2?2x． …………….2分

?y2?2x,设直线l的方程为x?2?k(y?2)，联立方程组?

x?2?k(y?2),?消x得y2?2ky?4(k?1)?0，因相切，由??0得k?2，

所以直线l的方程为x?2y?2?0． .....................6分

?y2?2x,另：设直线l的方程为y?2?k(x?2)，联立方程组?

x?2?k(y?2),?S 高二数学（选修物理）第 2 页（共5页）

消x得ky2?2y?4?4k?0，因相切，由??0得k?1， 2所以直线l的方程为x?2y?2?0． .....................6分

?y?x?b,（2）因kOT?1，l?∥OT，设直线l?的方程为y?x?b，联立方程组?

x?2y?2?0,?解得P(2?2b,2?b)，则PT2?5b2． …………………………8分

?y?x?b,设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程组?2得y2?2y?2b?0，

?y?2x,所以y1?y2?2，y1y2?2b；因 …………………………10分

PAPB?(2?2b?x1)2?(2?b?y1)2(2?2b?x2)2?(2?b?y2)2?22?b?y12?b?y2?2(2?b)2?y1y2?(2?b)(y1?y2)?2b2， …………………………14分 552，使PT?PAPB． …………………………16分 22x2y23119．解：（1）因2?2?1(a?b?0)的离心率e?，且经过点(3,)，

ab22y P ?c3,C ???a2所以? ……………2分 l 2 FE ?(3)?1?1,?O 4b2?a2A x B 所以存在实数??

x2D ?y2?1．………4分 解得a?4，b?1．所以椭圆标准方程为

4x2?y2?1，所以直线l方程为x?2，C(0,1)，D(0,?1)． …………6分 （2）由（1）知椭圆方程为4m?1设P(2,m)，m?0，则直线PC的方程为y?x?1， …………………………8分

2m?1?y?x?1,??2联立方程组?2消y得(m2?2m?2)x2?4(m?1)x?0，

?x?y2?1,??4?4(m?1)所以E点的横坐标为xE?2； …………………………10分

m?2m?2m?1又直线PD的方程为y?x?1，

2m?1?y?x?1,??2联立方程组?2消y得(m2?2m?2)x2?4(m?1)x?0，

?x?y2?1,??44(m?1)所以F点的横坐标为xF?2． …………………………12分

m?2m?222S 高二数学（选修物理）第 3 页（共5页）

122?02?0PC?PD则有??2， …………………………14分 ?2，则

4(m?1)4(m?1)PE?PF2?22?2m?2m?2m?2m?2由S?PCD?2S?PEF得PC?PDsin?DPC?2?PE?PFsin?EPF，

12m4?4?2，解得m2?2，因为m?0，所以m?2， 化简得4m所以点P的坐标为(2,2)． …………………………16分 20．解：（1）由f(x)?2312x?ax?1，则f?(x)?2x2?ax． 32因函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，得f?(1)?0，

当a?2时，f'(x)?2x(x?1)显然满足要求，所以a?2． ……………2分 （2）因f?(x)?2x2?ax?x(2x?a)，x?[1,3]，

a?1，即a?2时，f'(x)?0，f(x)在[1,3]上单调递增， 29则f(x)max?f(3)?19?a； ……………4分

2a当?3，即a?6时，f'(x)?0，f(x)在[1,3]上单调递减， 25a则f(x)max?f(1)??； ……………6分

32aaa当1??3，即2?a?6时，当x?[1,]时，f'(x)?0；当x?[,3]时，f'(x)?0，

222aa所以f(x)在[1,]递减，在[,3]递增，则f(x)max??f(1),f(3)?．

225213又f(3)?f(1)??4a，故当2?a?时，f(3)?f(1)；

331313当a?时，f(3)?f(1)；当?a?6时，f(3)?f(1)．

3313?51?a,a?,??323综上，f(x)在x?[1,3]上的最大值f(x)max?? ……………8分

913?19?a,a?.?23?aa（3）因f?(x)?2x2?ax?2x(x?)?0得x?0或x?；

22aa又a?0，x?(??,0)，f?(x)?0，f(x)单调递增；x?(0,)，f?(x)?0，f(x)单调递减；x?(,??)，

22aa3f?(x)?0，f(x)单调递增，则f(x)极大值?f(0)?1，f(x)极小值?f()?1?．

224当

令f(x)?t，因x?R，所以t?R，所以y?f(x)与y?f(t)图像相同．则y?f(f(x))的零点个数即为方程f(f(x))?0不同实数解的个数．

S 高二数学（选修物理）第 4 页（共5页）

a3a?0时，0?a?233，f(t)?0有唯一负实数解，①当f()?0(如图1)，即1?则存在t0?(??,0)使242f(t0)?0，而f(x)?t0只有一个实数解，故f(f(x))?0只有一个实数解． ……………10分

②当f()?0（如图2），即a?233时，f(t)?0有两个不同实数解t0(t0?0)，t1?a2a3?3． 2因33?1，则f(x)?t1与f(x)?t0各有一个实数解，故f(f(x))?0有两个不同的实数解．……12分

③当f()?0时（如图3），即a?233，f(t)?0有三个不同实数解t0(t0?0)， t1(t1?(0,))，t2(t2?)，

f(t) f(t) 1 1 a 2f(t) 1 a2 t0 O a 2（图1） tt0 O t（图2） t0 O t1t2 t（图3）

aa22a因t2??33?1，f(x)?t2有一个实数解，则f(x)?t0与f(x)?t1只能各有一个实数解．

2a2aa??a?t0?f()?0,?f(t0)?f(f()),则?由（2）可知f(t)在(0,)单调递减，(??,0)单调递增，则?22

2???t1?1,?f(t1)?f(1),?a3244a31010?f(1?)?0,3?1??0， 即?由f(1)?0得a?，当23?a?时，???243812433?f(1)?0,?a322?2?a?2?162162105?0，故有f(1?)?0． 因f(?)?????????1???a?1?????1?2433?3?2?3?8198193813210??综上，a?0时，若f(f(x))有3个零点，则a的取值范围是?233,?． ……………16分

3??

S 高二数学（选修物理）第 5 页（共5页）