【高二数学】四川省泸县第四中学2019-2020学年高二下学期第四学月考试理科数学试卷含答案

四川省泸县第四中学2019-2020学年 高二下学期第四学月考试（理）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷 选择题（60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。

1．命题“x0，x2x0”的否定是

2A．x00，x0x00

B．x00，x02x00 D．x0，x2x0

C．x0，x2x0 2．已知复数z满足

zii，则z z11i 2211D．i

22B．

11i 2211C．i

22A．

3．若p:“直线yx+b与圆x2y21相交”，q:“0b1”；则p是q A．充分而不必要条件 C．充要条件

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4．在某项测试中，测量结果与服从正态分布N1,20，若P010.4，则

D．0.21

P02

A．0.4

2

B．0.8 C．0.6

2y5．已知双曲线x =1上一点P与左焦点F1的连线的中点M恰好在y轴上，则|PF1｜

4等于 A．4

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B．5 C．6 D．7

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6．若直线l：axby20(a0,b0)过点(1,2)，当为 A．2

7．在二项式(x221取最小值时直线l的斜率abB．

1 2C．2 D．22

a6)的展开式中，其常数项是15.如下图所示，阴影部分 2x是由曲线yx2和圆x2y2a及x轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积为

B．

A．

41 61 46C．

 4D．

168．2020年2月，全国掀起了“停课不停学”的热潮，各地教师通过网络直播、微课推送等多种方式来指导学生线上学习.为了调查学生对网络课程的热爱程度，研究人员随机调查了相同数量的男、女学生，发现有80%的男生喜欢网络课程，有40%的女生不喜欢网络课程，且有99%的把握但没有99.9%的把握认为是否喜欢网络课程与性别有关，则被调查的男、女学生总数量可能为

n(adbc)2附：K，其中nabcd.

(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2k) 0.1 k A．130

0.05 3.841

0.01 0.001 10.828

D．250

2.706 6.635 C．240

B．190

9．已知P（x，y）是直线kx+y+3=0（k>0）上一动点，PA，PB 是圆C：x2+y22y=0的两条切线，.A、B是切点，若四边形PACB的最小面积是3，则k的值为 A．3 B．2

C．23 D．22

10．已知抛物线y2=8x，点C 为抛物线的准线与x轴的交点，过点C做直线l交抛物线于A、B两点，则线段AB的垂直平分线在x轴上截距的取值范围是 A．（3，+）

B．（6，+）

C．[3.+）

D．[6，+ ）

11．如图，有一种游戏画板，要求参与者用六种颜色给画板涂色，这六种颜色分别为红色、黄色1、黄色2、黄色3、金色1、金色2，其中黄色1、黄色2、黄色3是三种不同的颜色，

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金色1、金色2是两种不同的颜色，要求红色不在两端，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两种相邻，则不同的涂色方案有

A．120种

B．240种

C．144种

D．288种

12．已知函数f(x)lnxax2(a2)x1(aZ)在(0,)上恒不大于0，则a的最大值为 A．2

B．1

C．0

第II卷 非选择题（90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别学站在这三个不同的位置各投篮一次，恰好投中两次的概率为

D．1

11，，p，该同327，则p的值为_____． 1814．已知直线l：2x﹣y﹣1＝0与抛物线x2＝﹣4y交于A，B两点，则|AB|＝_____．

2上的最小值为15．若x1是函数fxxax5e的极值点，则fx在2,2x______.

16．费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形最大内角小于120时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为120.根据以上性质，函数f(x)(x1)2y2(x1)2y2x2(y2)2的最小值为__________．

三．解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分 17．（12分）已知函数f(x)13121xx2x. 322（Ⅰ）求函数fx的单调区间；

（II）当x[2,4]时，求函数fx的最大值.

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18．（12分）全民健身倡导全民做到每天参加一次以上的体育健身活动，旨在全面提高国民体质和健康水平.某市的体育部门对某小区的4000人进行了“运动参与度”统计评分（满分100分），得到了如下的频率分布直方图：

（Ⅰ）求这4000人的“运动参与度”的平均得分x（同一组中数据用该组区间中点作代表）； （II）由直方图可认为这4000人的“运动参与度”的得分z服从正态分布N其中，,，

22分别取平均得分x和方差s2，那么选取的4000人中“运动参与度”得分超过84.81分（含

84.81分）的人数估计有多少人？

（III）如果用这4000人得分的情况来估计全市所有人的得分情况，现从全市随机抽取4人，记“运动参与度”的得分不超过．．．84.81分的人数为，求P(3).（精确到0.001） 附：①s2204.75，204.7514.31；②z~N,，则

2P(z)0.6826，P(2z2)0.94；③0.841340.501.

19．（12分）在三棱锥P﹣ABC中，AB＝1，BC＝2，AC5，PC2，PA5，PB

6，E是线段BC的中点．

（Ⅰ）求点C到平面APE的距离d； （II）求二面角P﹣EA﹣B的余弦值．

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20．（12分）已知圆A：（x+1）2+y2＝16，圆C过点B（1，0）且与圆A相切，设圆心C的轨迹为曲线E． （Ⅰ）求曲线E的方程；

（Ⅱ）过点B作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与E交于M，N两点，直线l2与圆A交于P，Q两点，求

21．（12分）已知aR，fx2xalnx．

MNPQ的取值范围．

(Ⅰ)讨论fx的单调性；

(Ⅱ)当x1时，xfxx21恒成立，求实数a的取值范围．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

x2cos在平面直角坐标系中，曲线C:（是参数）.以坐标原点O为极点，x轴的

y3sin正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程：cos 5 / 11

320. 44【高二数学】四川省泸县第四中学2019-2020学年高二下学期第四学月考试理科数学试卷含答案

（I）写出曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程； （II）设P1,

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分） 已知函数f(x)|x1|.

（I）解不等式f(x)f(2x2)2；

（II）若不等式f(xa1)f(x)x2的解集包含[1,2]，求实数a的取值范围.

1，直线l与曲线C交于A、B两点，求|PA||PB|的值. 2 6 / 11

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参

1．B

12．A

14．20

22．A 3．B 4．B 5．C 6．A 7．B 8．B 9．A 10．B

11．D 13．

2 315．3e

16．23

17．解：（1）fxxx2

当fx0时，x1，或x2；当fx0时，1x2． ∴fx的单调增区间为,1，2,；单调减区间为1,2． （2）分析可知fx的递增区间是2,1，2,4，递减区间是1,2， 当x1时，f1229；当x4时，f4． 36由于f4f1，所以当x4时，fxmax18（1）由题意知： 中间值 概率 45 0.1 55 0.15 65 0.2 29． 675 0.3 85 0.15 95 0.1 ∴x450.1550.15650.2750.3850.15950.170.5， ∴这4000人“运动参与度”得分的平均成绩x为70.5分． （2）依题意z服从正态分布N∴z服从正态分布N2其中x70.5，,，

22D204.75，14.31，

,N70.5,14.31，

2而P(z)P(56.19z84.81)0.6826， ∴Pz84.8110.68260.1587． 2∴这4000人中“运动参与度”得分超过84.81分的人数估计为0.15874000634.8人634人．

（3）全市所有人的“运动参与度”得分不超过84.81分的概率10.15870.8413．

而B4,0.8413，∴P31P41C40.841310.5010.499．

4419．∵AB2+BC2＝AC2，PC2+BC2＝PB2，PA2+AB2＝PB2，

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∴ABCPCBPAB2，

过点P作PO⊥平面ABC，垂足为O，易得OP＝1，且BC⊥OC，BA⊥OA， ∴四边形ABCO为矩形，

（1）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C（1，0，0），E（1，1，0），A（0，2，0），P（0，0，1），

AP0，21，，1，0，CE01，，0， AE1，设平面APE的法向量为nx，y，z，则nAP2yz0nAExy0，

，，2，∴d令x＝1，则n11CEnn6； 6，，2，取平面ABE的一个法向量m0，01， （2）由（1）知平面APE的法向量为n11，

且二面角P﹣EA﹣B为钝角，设其为θ，故cosnmnm6． 3

20．（Ⅰ）圆A：（x+1）2+y2＝16的圆心A（﹣1，0），半径r＝4，如图，

由图可知，|CA|+|CB|＝r＝4，∴圆心C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且c＝1，2a＝4，a＝2．

22xy∴ba2c23．则曲线E的方程为1；

43

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MN343l2⊥y轴时，l2⊥x轴时，（Ⅱ）如图，当l1⊥x轴，；当l1⊥y轴，； PQ8PQ433当两直线斜率存在且不为0时，设l1：y＝k（x﹣1），则l2：yMN1x1． kykx1联立x2y2，得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．设M（x1，y1），N（x2，y2），

1344k2128k2则x1x2，x1x2， 2234k34k∴|MN|1k2•|x1﹣x2|1k2(x1x2)24x1x2

212k218k2216k248212k1 ． 1k()1k222234k34k34k34k2244k3

|PQ|2，则＝．164222k1k1k1圆心A到直线x+ky﹣1＝0的距离d212k21MN2k213k2113334k3()3()3()∴． 2221PQ4k34k114k34242k1k1111MN1＜＜332

＜4，则41∵k+1＞1，∴3＜42，∴∈（，）， 342PQk183k1综上，

MNPQ的取值范围为[，33]． 83

21（1）)fx的定义域是0,，f'x2a2ax， xx2当a0时，f'x0，fx在0,递增，

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当a0时，在0,a上，f'x0，fx递减， 2在a,上，f'x0，fx递增，综上，当a0时，fx在0,递增， 2

a

aa0时，fx在0,递减，在,递增；

22(Ⅱ)xfxx21恒成立，即xfxx210恒成立，

设gxxfxx1，则gxxaxlnx1，

22g'x2xa1lnx，g'x的单调性和fx相同，

当a0时，g'x在1,递增，g'xg'12a0， 故gx在1,递增，gxg10， 当a0时，g'x在0,当0a2时，

aa,递减，在递增，

22a1，g'x在1,递增， 2g'xg'12a0，故gx是增函数，故gxg10，

当a2时，在区间1,a上，g'x递减，故g'xg'12a0， 2故gx递减，故gxg10，不合题意，综上，a的范围是,2． x2y222．解：（1）曲线C的普通方程是1，直线l的直角坐标方程为2x2y30．

43x11（2）直线l经过点P1,，且倾斜角是45∴直线l的参数方程是2y12参数）

设A，B对应的参数分别为t1，t2

2t2（t是2t2 10 / 11

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22tt12x2y27 2将直线l的参数方程代入1，整理得7t22t160，∴43tt16127∴由参数t的几何意义可知：PAPBt1t216． 723．（1）fxf2x22即x12x12

①当x1时，原不等式化为x12x12，即3x2，解得x②当1x2 ，∴x1；

31时，原不等式化为x12x12，即x0，解得x0，∴21x0.

122时，原不等式化为x12x12，即3x2，解得x，∴x 2332∴不等式的解集为{x|x0或x}.

3③当x（2）不等式fxa1fxx2可化为xax1x2 问题转化为xax1x2在

上恒成立，又

，

得3xa3∴

3a1，∴2a1.

3a2 11 / 11