1、 2018201820192019 学年度第一学期期末六校联考学年度第一学期期末六校联考 高二数学高二数学 一、选择题（每小题 5 分，共 8 小题，共 40 分） 1复数 1 2 1 i zi i ，则z （ ） A0 B C1 D 2已知等差数列 n a的公差为 2，前 项和为，且，则 8 a的值为（ ） A16 B15 C14 D13 3下列叙述中正确的是（ ） A若, ,a b cR，则“ 2 ,0 xR axbxc ”的充分条件是“ 2 40bac” B若, ,a b cR，则“ 22 abcb”的充要条件是“a c ” C命题“ 2 ,0 xR x ”的否定是“ 2 00 ,0 x
2、R x” D n a是等比数列，则01q是 n a为单调递减数列的充分条件 4已知直线02422 yx经过椭圆)0( 1 2 2 2 2 ba b y a x 的左焦点 1 F，且与椭圆 在第二象限的交点为 M，与y轴的交点为 N， 2 F是椭圆的右焦点,且 2 MFMN ，则椭 圆的方程为（ ） A1 440 22 yx B 2 2 1 5 x y C 2 2 1 10 x y D 22 1 95 xy 5如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA12，AB4，点 E 是棱 AB 的中点，则点 E 到平面 ACD1的距离为（ ） A B 2 3 C 1 3 D 2 6已知 ，则
3、是的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 7已知函数是定义在 R 上的偶函数，当0 x时，( )( )xfxf x，若，则不等 式( )0 x f x的解集为（ ） A或 B或 C或 D或 8过双曲线1 2 2 2 2 b y a x 的左焦点作圆 222 xya的切线，切点为 ，延长交 抛物线 2 4ycx于点 ，若 11 1 2 FEFP，则双曲线的离心率是（ ） A1 5 2 B1 3 2 C 35 2 D 5 2 二、填空题（每小题 5 分，共 6 小题，共 30 分） 9已知方程 22 1 542 xy kk 表示椭圆，则 的取值范围为_.
4、10 设 公 比 为的 正 项 等 比 数 列的 前项 和 为， 且， 若 ，则_. 11在正四面体PABC中，棱长为 2，且 E 是棱中点，则PE BC uur uuu r 的值为_. 12已知，且 11 1 ab ，则42 b ab a 的最小值等于_. 13 设抛物线 2 2ypx （ 0p ） 的焦点为F， 准线为l.过焦点的直线分别交抛物线于,A B 两点，分别过,A B作l的垂线，垂足为,C D. 若3AFBF，且三角形CDF的面积 为3，则p的值为_. 14已知函数 3 ( )3 ln(1) x e f xkxkx x ，若3x 是函数唯一的极值点，则实数 的 取值范围为_. 三
5、、解答题（共 6 小题，共 80 分） 15 （13 分）数列的前 项和为，已知 1 1a ， 1 (21)(23) nn nanS . 其中 * nN （）证明：数列 21 n S n 是等比数列； （）求数列 n S的前 项和. 16（13 分）已知函数 2 ( )ln()f xxaxx在0 x处取得极值. （）求函数( )f x在点(1,(1)f处的切线方程； （）若关于 的方程 5 ( ) 2 f xxb 在区间上恰有两个不同的实数根，求实数 的取 值范围. 17（13 分）在如图所示的多面体中，EA 平面ABC，DB 平面ABC，ACBC， 且22ACBCBDAE，M是AB的中点.
6、（）求证：CMEM； （）求平面EMC与平面BCD所成的二面角的正弦值； （）在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与 平面EMC所成的角是60. 若存在，指出点N的位置； 若不存在，请说明理由. 18（13 分）已知数列 n a满足 1 1a ， 1 1 1 4 n n a a ，其中 * nN （）设 2 21 n n b a ，求证：数列 n b是等差数列，并求出 n a的通项公式； （）设 4 1 n n a c n ，数列 2n n c c 的前n项和为 n T，是否存在正整数m，使得 1 1 n mm T cc 对于 * nN恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由.
7、19（14 分）已知椭圆C： 22 22 1(0) xy ab ab 的离心率 1 2 e ，左顶点为4,0A ， 过点A作斜率为0k k 的直线l交椭圆C于点D， 交y轴于点E. O点为坐标原点. （）求椭圆C的方程； （）已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的0k k 都有OPEQ，若存 在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由； （）若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求 OM ADAE 的最大值. 20（14 分）已知函数 2 ( )ln2f xxxax，aR. （）若在处取得极值，求 的值； （）设( )( )(4)g xf xax，试讨论函数( )g x的单调性； （）当时
8、，若存在正实数满足 121212 ()()3f xf xx xxx，求证： 12 1 2 xx. 天津市部分区 20182019 学年度第一学期期末六校联考 高二数学参考答案 1D 2B 3C 4D 5B 6A 7C 8A 9 1 52 3 kk 且 102 111 126 4 3 13 6 2 14 3 27 e k 15 （）证明：， ， 又， 数列是以 1 为首项，2 为公比的等比数列. 6 分 （）由（1）知， ， ， . -得 ， . 7 分 16 （）时，取得极值， 故解得.经检验符合题意。 Q(1)ln22f 5 (1) 2 f 521 2ln20 xy 切线方程为： 6 分 （
9、）由知， 得 令 则在上恰有两个不同的实数根， 等价于上恰有两个不同实数根. 当时，于是上单调递增； 当时，于是在上单调递增； 依题意有 解得 . 7 分 17（）证明：ACBC， M是AB的中点，CMAB， 又EA 平面ABC，CMEA， EAABA，CM 平面AEM， CMEM 3 分 （）以M为原点，分别以MB， MC为x， y轴，如图建立坐标系Mxyz则： 0,0,0M， 0, 2,0C， 2,0,0B， 2,0,2D， 2,0,1E ， 2,0,1ME ， 0, 2,0MC ， 0,0,2BD ， 2, 2,0BC ， 设平面EMC的一个法向量 111 ,mx y z，则： 11 1
10、 20 20 xz y ， 取 1 1x ， 1 0y ， 1 2z ，所以1,0, 2m ， 设平面DBC的一个法向量 222 ,nx y z，则： 22 2 220, 20, xy y 取 1 1x ， 1 1y ， 1 0z ，所以1,1,0n ， 16 cos 623 m n m n m n 故平面EMC与平面BCD所成的二面角的正弦值为 30 6 5 分 （）在棱DC上存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60， 设, ,N x y z且DN DC ， 01， 2, ,22, 2, 2xy z， 22x ， 2y， 2 2z ，22 , 2 ,22MN， 若直线MN与平面EM
11、 C所成的的角为60，则： 22 2 222 223 cos,sin60 2 32 124 1 MN m ， 解得 1 2 ， 所以在棱DC上存在一点N，使直线MN与平面EMC所成的角是60， 点N为棱DC的中点 5 分 18（）证明： 1 1 422222 2 21212121211 2 11 4 n nn nnnnn n a bb aaaaa a ， 所以数列 n b是等差数列， 11 1,2ab，因此2122 n bnn ， 由 21 212 nn n n ba an . 6 分 （）由 2 n c n 2 411 2() 22 n n c c n nnn ， 所以 1111111 2
12、1 324112 n T nnnn ， 所以 111 2 1 212 n T nn ， 因为nN ，所以 3 n T 恒成立， 依题意要使 1 1 n mm T cc 对于 * nN，恒成立，只需 1 3 4 m m ，且0m解得3m， m 的最小值为3. 7 分 19（）左顶点为4,0A 4a 又 1 2 e 2c 又 222 12bac 椭圆C的标准方程为 22 1 1612 xy 3 分 （）直线l的方程为4yk x，由 22 1 16 12 4 xy yk x 消元得 2 2 4 1 1612 k x x 化简得， 22 44316120 xkxk ，则 2 12 2 1612 4,
13、43 k xx k 当 2 2 1612 43 k x k 时， 2 22 161224 4 4343 kk yk kk ， 2 22 161224 4343 kk D kk ， 点P为AD的中点 点P的坐标为 2 22 1612 43 43 kk kk ，则 3 0 4 op kk k . 直线l的方程为4yk x，令0 x，得点E的坐标为0 4k，假设存在定点 ,0Q m nm使得OP EQ ,则 1 OPEQ kk ，即 34 1 4 nk km 恒成立， 41230mkn恒成立 4120 30 m n 即 -3 0 m n 定点Q的坐标为30 ，. 5 分 （）/OMl OM的方程可设
14、为ykx，由 22 1 16 12 xy ykx 得M点的横坐标为 2 4 3 43 x k 由OMl，得 2 2 2 2 2 1612 8 2149 43 4 33 43 43 DAEA DA MM k xxxxxxADAEk k OMxx k k 2 2 16 432 2 3 43 k k ， 当且仅当 2 2 6 43 43 k k 即 3 2 k 时取等号， 当 3 2 k 时， ADAE OM 的最小值为2 2 所以，原式最大值为 2 4 6 分 20（）解：因为 2 ( )ln2f xxxax，所以 1 ( )22fxax x ， 因为在处取得极值， 所以(1)1220fa ，解得
15、 3 2 a 验证：当 3 2 a 时，在处取得极大值 3 分 （）解：因为( )( )(4)g xf xax 2 ln(2)xaxax 所以 若，则当时，所以函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减 若， 当时，易得函数在和上单调递增， 在上单调递减； 当时，恒成立，所以函数在上单调递增； 当时，易得函数在和上单调递增， 在上单调递减 5 分 （）证明：当时， 2 ( )ln2f xxxax， 因为 121212 ( )()3f xf xx xxx， 所以， 即， 所以 令， 则， 当时，所以函数在上单调递减； 当时，所以函数在上单调递增 所以函数在时，取得最小值，最小值为 所以， 即，所以或 因为为正实数，所以 当时，此时不存在满足条件， 所以 6 分
