福建省师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 含答案

福建省师范大学附属中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 含答案

福建师大附中2019-2020学年上学期期末考试 高二数学试卷 时间：‎ ‎120分钟 满分：‎ ‎150分 命题：‎ 审核：‎ 试卷说明：‎ ‎（1）本卷共四大题，23小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷。‎ ‎（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。‎ 第Ⅰ卷（选择题，共70分）‎ 一、单项选择题：每小题5分，共50分.在每小题给出的选项中，只有一个选项是正确的。‎ ‎1．已知空间向量,共线，则实数的值是( ▲ )‎ A． B． C．或 D．或 ‎2. 设是可导函数，且，则( ▲ )‎ A. B. C. D. ‎ ‎3. 正方体中，是的中点，是底面的中心，是棱上任意一点，则直线与直线所成的角是( ▲ )‎ A. B. C. D. 与点的位置有关 ‎4. 已知正四面体的各棱长为1，点是的中点，则的值为( ▲ )‎ A. B. C. D. ‎ ‎5. 在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为( ▲ )‎ A． B． C． D．‎ ‎6. 函数在[－2,2]的图象大致为( ▲ )‎ ‎ ‎ ‎ A B C D ‎7．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是( ▲ )‎ A． B． C． D．‎ ‎8.在空间直角坐标系中，四面体的顶点坐标分别是，，，.则点到面的距离是( ▲ )‎ A. B. C. D.‎ ‎9．已知函数恰有两个零点，则实数的取值范围是( ▲ )‎ A． B． C． D．‎ ‎10.已知是定义在上的偶函数，且当时,有 ‎,则不等式的解集为( ▲ )‎ A. B. C. D. ‎ 二、多项选择题：每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。‎ ‎-3‎ x y ‎-1‎ ‎1‎ O ‎-2‎ y=f’(x)‎ ‎11.定义在上的可导函数的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是( ▲ ) ‎ A．－3是的一个极小值点；‎ B．－2和－1都是的极大值点；‎ C．的单调递增区间是；‎ D．的单调递减区间是．‎ ‎12．定义在的函数，已知()是它的极大值点，则以下结论正确的是( ▲ ) ‎ A．是的一个极大值点 ‎ B．是的一个极小值点 C． 是的一个极大值点 ‎ D．是的一个极小值点 ‎13．设，，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是( ▲ ) ‎ ‎ A． B． C． D．‎ A1‎ C M A D E B ‎14．如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成(点不落在底面內). 若为线段的中点，则在翻转过程中，以下命题正确的是( ▲ ) ‎ A．四棱锥体积最大值为 B. 线段长度是定值； ‎ C. 平面一定成立； ‎ D. 存在某个位置，使； ‎ Ⅱ卷（非选择题，共80分）‎ 三、填空题：每小题5分,共20分。 ‎ ‎15.已知函数，则= ▲ ‎ ‎16.过原点与曲线相切的直线方程为 ▲ ‎ ‎17.若函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是 ▲ ‎ ‎18.已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 ▲ ，该几何体的外接球半径为 ▲ ‎ 四、解答题：5小题，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎19.(10分) 已知函数在处有极值.‎ ‎(1) 求的值；‎ ‎(2) 求的单调区间.‎ ‎20. (12分)如图，三棱柱ADEBCG中，四边形ABCD是矩形，F是EG的中点，EA⊥AB，AD＝AE＝EF＝1，平面ABGE⊥平面ABCD．‎ (1) 求证：AF⊥平面FBC；‎ ‎(2) 求锐二面角BFCD的平面角的大小．‎ ‎21．(12分)如图，有一块半径为‎20米，圆心角的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形，弓形，扇形和扇形（其中）.某次菊花展依次在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜.预计这三种菊花展示带来的日效益分别是：泥金香50元/米2，紫龙卧雪30元/米2，朱砂红霜40元/米2.‎ B O A D C M ‎(1) 设，试建立日效益总量关于的函数关系式；‎ ‎(2) 试探求为何值时，日效益总量达到最大值.‎ ‎22. (12分)在如图所示的六面体中，面是边长为的正方形，面是直角梯形，，，.‎ ‎(1) 求证：//平面；‎ ‎(2) 若二面角为，求直线和平面所成角的正弦值.‎ ‎23. (14分)已知函数，‎ ‎(1) 当时，试讨论方程的解的个数；‎ ‎(2) 若曲线和上分别存在点，使得是以原点为直角顶点的直角三角形，且斜边的中点在y轴上，求实数a的取值范围.‎ 福建师大附中2019-2020学年上学期期末考试 高二数学参考答案 一、单项选择题 题号 ‎1‎ ‎2[来 ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 C A C A B B D A C C 二、多项选择题 题号 ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ 答案 ACD AD BCD ABC ‎ ‎ 三、 填空题 ‎ 15. ‎ 3 16. 　17. 18., ‎ 四、解答题 ‎19.解：(1)，‎ 依题意知，解得，‎ ‎(2) 由(1)知，,‎ 令，则或（舍去）.‎ 当时，；当时，；‎ 因此，的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎20. 解：(1)证明：∵平面ABGE⊥平面ABCD，‎ 平面ABGE∩平面ABCD=AB 又由四边形ABCD是矩形知，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD ‎∴BC⊥平面ABGE，‎ ‎∵AF⊂平面ABGE，‎ ‎∴BC⊥AF．‎ 在△AFB中，AF＝BF＝，AB＝2，‎ ‎∴AF2＋BF2＝AB2，‎ 即AF⊥BF，又B F∩BC＝B，‎ ‎∴AF⊥平面FBC．‎ ‎(2)分别以AD，AB，AE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，E (0,0,1)，B(0,2,0)，F(0,1,1)，∴＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，‎ 设n1＝(x，y，z)为平面CDEF的法向量，‎ 则即 令x＝1，得z＝1，即n1＝(1,0,1)，‎ 取n2＝＝(0,1,1)为平面BCF的一个法向量，‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝，‎ ‎∴锐二面角BFCD的平面角的大小是．‎ ‎21.(1)依题意得，，则 ‎ 其中，‎ (2) ‎ ，‎ 令，得，‎ 当，，当时，，‎ 所以，是函数的极大值点，且唯一；‎ 从而当时，日效益总量可取得最大值.‎ ‎22．证明：（1）法一：连接相交于点，取的中点为,连接.‎ 是正方形，是的中点，,‎ 又因为,所以且，‎ 所以四边形是平行四边形，‎ ‎，又因为平面,平面 平面法二：延长相交于点,连接.‎ 因为，‎ 是的中点，所以且，‎ 所以四边形是平行四边形，‎ ‎，又因为平面,平面 平面 ‎（2）是正方形，是直角梯形，，‎ ‎,平面,同理可得平面.‎ 又平面，所以平面平面, ‎ 又因为二面角为，‎ 所以,,,由余弦定理得,‎ 所以,又因为平面，,所以平面，‎ 法一：以为坐标原点，为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系.则,‎ 所以,设平面的一个法向量为，则即令，则，‎ 所以 设直线和平面所成角为，‎ 则 23. ‎(1)当,,；‎ 又的定义域为；‎ 当时，恒成立.‎ 所以，在上单调递减，在也单调递减，图象如右图所示. 因此，当即时，方程无解；‎ 当即时，方程有唯一解.‎ ‎(2),函数在上单调递减，‎ .设,由斜边的中点轴上可得，,,‎ 即，,‎ 设,则,‎ ‎,,‎ 即实数的取值范围是.‎