甘肃省临泽县第一中学2017_2018学年高二数学下学期期末质量检测试题理PDF.pdf

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1、 高二数学-理科 第1页 共9页 临泽一中临泽一中 2017201720182018 学年度第二学期学年度第二学期期末期末质量检测质量检测 高二年级高二年级数学数学（理理科科）试卷试卷 一、选择题：本大题共选择题：本大题共 12 个小题个小题,每小题每小题 5 分分,共共 60 分分.1在复平面内，复数i11的共轭复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2已知非空集合 A,B，全集BAU=，集合BAM=,集合)(BCNU=)(ACU则（）AMNM=B=NM CMN=DMN 3已知na为等差数列，其前 n 项和为ns，若36a=，312S=，则公差 d 等于(

2、)A.1 B.53 C.2 D.3 4甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为 0.6，乙被录取的概率为 0.7,两人是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为()A.0.12 B.0.42 C.0.46 D.0.88 56(3)xy+的二项展开式中，24x y项的系数是（）A90 B45 C135 D270 6()10 xxedx=（）A.32e B.12e C.32e+D.12e+7执行如图所示的程序框图，则输出的k的值为()（A）4 （B）5 （C）6 （D）7 8设 aR，则“a1”是“直线 l1：ax2y0 与直线 l2:x(a1)y40 平行的()A充分不必要条件 B

3、必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 9点P是曲线2lnyxx=上任意一点,则点P到直线2yx=的距离的最小值是（）开始 是是 否 输出k 结束 s100?k=k1 s=s+2s k=0 s=0 高二数学-理科 第2页 共9页 A.B.2 C.D.2 2 10.岳阳高铁站 B1进站口有 3 个闸机检票通道口，高考完后某班 3 个同学从该进站口检票进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这 3 个同学的不同进站方式有（）种。A.24 B.36 C.42 D.60 11在椭圆22221(0)xya

4、bab+=中，12,F F分别是其左右焦点，若122PFPF=，则该椭圆离心率的取值范围是（）A1,13 B1,13 C10,3 D10,3 12.已知函数()2lnf xxax=，若()f x恰有两个不同的零点，则a的取值范围为（）A.1,2e+B.10,2e C.1,2e+D.10,2e 第第 II 卷（非选择题）卷（非选择题）二、填空题（每小题二、填空题（每小题 5 分）分）13已知函数()()21 lnf xfxx=，则()f x的极大值为_ 14.已知变量,x y满足约束条件2823yxxyxy+,则目标函数62zxy=的最小值为 _ 15若ABC内切圆半径为r，三边长为ab c，则

5、ABC的面积()12Sr abc=+，根据类比思想，若四面体内切球半径为R，四个面的面积为1S，2S，3S，4S，则四面体的体积为_ 16.若()523450123451 2xaa xa xa xa xa x+=+，则024aaa+=_ 三、解答题三、解答题 17（本小题 12 分）已知向量2(3sin,1),(cos,cos)444xxxmn=高二数学-理科 第3页 共9页（）若1m n=,求2cos()3x的值；（）记nmxf=)(，在ABC中，角CBA,的对边分别是cba,且满足 CbBcacoscos)2(=，求函数 f（A）的取值范围 18（本小题 12 分）某企业有甲、乙两个研发小

6、组，他们研究新产品成功的概率分别为34和35，现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B，设甲、乙两组的研发相互独立.（1）求恰好有一种新产品研发成功的概率；（2）若新产品A研发成功，预计企业可获得利润 120 万元，不成功则会亏损 50 万元；若新产品B研发成功，企业可获得利润 100 万元，不成功则会亏损 40 万元，求该企业获利万元的分布列.19.（12 分）如图，三棱柱 ABC-A1B1C1的底面是边长为 2 的正 三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是 3，D 是 AC 的中点。（1）求证：B1C平面 A1BD；（2）求二面角 A1-BD-A 的大小；20.（本小题 12 分）已知椭圆222

7、2:1(0)xyCabab+=过点()0,1，且离心率为32.（）求椭圆C的方程；（）12,A A为椭圆C的左、右顶点，直线:2 2l x=与x轴交于点D，点P是椭圆C上异于12,A A的动点，直线12,AP A P分别交直线l于,E F两点.证明：DEDF恒为定值.21.（本小题 12 分）已知函数()ln1f xxax=+.（1）求函数()f x的单调区间；（2）若()0,1a，求证：()xf xeaxa（e为自然对数的底数）高二数学-理科 第4页 共9页 请考生在请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.2

8、2.选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题 10 分）以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且在两种坐标系中取相同的长度单位.曲线C的极坐标方程是22161 3cos=+.（）求曲线C的直角坐标方程；（）设曲线C与x轴正半轴及y轴正半轴交于点,M N，在第一象限内曲线C上任取一点P，求四边形OMPN面积的最大值.23.证明下列不等式：（本小题 10 分）（）用分析法证明：672 25+；（）已知,a b c 是正实数，且1a b c+=.求证：22213abc+高二数学-理科 第5页 共9页 高二年级高二年级学业水平质量检测学业水平质量检测理科数学理科数学参考答案参考答

9、案 1-12 DBCD CAAA BDBB 13.2ln22,14.4,15 .()123413R SSSS+16.121 17解：（）23sincoscos444xxxm n=+1sin()262x=+1m n=1sin()262x+=211cos()12sin()23262xx+=+=21cos()cos()332xx=+=（）（2a-c）cosB=bcosC 由正弦定理得（2sinA-sinC）cosB=sinBcosC 2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC 2sinAcosB=sin（B+C）ABC+=sin()sin0BCA+=，1cos,23BB=203A 1,s

10、in()(,1)6262262AA+18试题解析：（1）32139454520P=+=.4 分（2）90,50,80,220.=()()()12232613390,80,50,452045204520PPP=()3392204520P=，所以分布列为 高二数学-理科 第6页 共9页 xzyDCABB1A1C1 .12 分 19、解法一：（1）设1AB与BA1相交于点 P，连接 PD，则 P 为1AB中点，D 为 AC 中点，PD/CB1。又PD平面BA1D，CB1/平面BA1D (6 分)（2）（2）如图建立空间直角坐标系，则 D（0，0，0），A（1，0，0），1A（1，0，3），B（0，3

11、，0），1B（0，3，3）B1A=（-1，3，-3），D1A=（-1，0，-3）设平面BDA1的法向量为 n=（x，y，z）则 n0z3y3xBA1=+=n0z3xDA1=则有=03zxy，得 n=（3，0，1）由题意，知1AA=（0，0，3）是平面 ABD 的一个法向量。设 n 与1AA所成角为，则21AAnAAncos11=，3=二面角ABDA1的大小是3.12 分 20.（）：由题意可知1b=，32ca=解得2a=.所以椭圆的方程为2214xy+=（）证明：由（）可知,1(2,0)A，2(2,0)A.设00(,)P xy，依题意022x，于是直线1AP的 方 程 为00(2)2yyxx=

12、+，令2 2x=，则00(2 22)2yyx+=+.即 高二数学-理科 第7页 共9页 00(2 22)2yDEx=+.又直线2A P的方程为00(2)2yyxx=，令2 2x=，则00(2 22)2yyx=，即00(2 22)2yDFx=.所以22000022000044(2 22)(2 22)2244yyyyDEDFxxxx=+=+，又00(,)P xy在2214xy+=上，所以220014xy+=,即220044yx=，代入上式，得2020414xDEDFx=,所以|DEDF为定值1.21.试题解析：（1）()11(0)axfxaxxx=，当0a时，()0fx，函数()ln1f xxax

13、=+在()0,+单调递增，当0a时，10,xa时()0fx，1,xa+时()0fx，()ln1f xxax=+在10,a单调递增，在1,a+单调递减.综上所述，当0a时，()f x只有增区间为()0,+.当0a时，()f x的增区间为10,a，减区间为1,a+.5 分（2）()xf xeaxa等价于ln10 xexa.6 分 令()ln1xg xexa=，而()1xgxex=在()0,+单调递增，且()110ge=，121202ge=.高二数学-理科 第8页 共9页 令()0gt=，即1(01)tett=，lntt=，则()0,xt时()()0gxg t=，(),xt+时()()0gxg t=

14、，故()g x在()0,t单调递减，在(),t+单调递增，所以()()ln1tg xg teta=112110taaat=+=.即()xf xeaxa.12 分 22.解：（）由题可变形为2223cos16+=，222xy=+，cosx=，222316xyx+=，221416xy+=.5 分（）由已知有()2,0M，()0,4N，设()2cos,4sinP，0,2.于是由12OMPNOMPONPSSS=+=12 4sin4 2cos2+4sin4cos=+4 2sin4=+，由0,2得3,444+，于是4 2sin4 24+，四边形OMPN最大值4 2.10 分 23.（）证明：要证672 25+成立，只需证，即证，只需证，即证显然为真，故原式成立.高二数学-理科 第9页 共9页（）证明：222121212,939393abcabc+，()222222111222221999333333abcabcabcabc+=+=+，