2018-2019学年山西省怀仁一中高二下学期期末考试数学(理)试题 word版

山西省怀仁一中2018-2019学年度第二学期高二年级期末考试

理 科 数 学

一、选择题：本题共12个小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

4x10}，B{x|2x4}，则AB=（ ） x24A．{x|1x2} B．{1,0,1,2}

1.已知集合A{xZ|C．{2,1,0,1,2} 2.已知i为虚数单位，若复数z（ ）

A．[1,1] C．(,1)

B．(1,1) D．(1,) D．{0,1,2}

1ti在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为1i3.若命题“∃x0∈R，使x20＋(a－1)x0＋1<0”是假命题，则实数a的取值范围为( ) A．1≤a≤3 C．－3≤a≤3

B．－1≤a≤3 D．－1≤a≤1

x2x22y1与双曲线C2：y21，给出下列说法，其中错误的是4.已知双曲线C1：22（ ）

A.它们的焦距相等 C.它们的渐近线方程相同

B．它们的焦点在同一个圆上 D．它们的离心率相等

5.在等比数列{an}中，“a4，a12是方程x23x10的两根”是“a81”的（ ） A．充分不必要条件 C.充要条件 充分也不必要条件

B．必要不充分条件 D．既不

6.已知直线l过点P(1，0，－1)，平行于向量a＝(2，1，1)，平面α过直线l与点M(1，2，3)，

则平面α的法向量不可能是( ) A.(1，－4，2)

11

，－1， B.24

- 1 -

11

－，1，－ C.24

D.(0，－1，1)

π

7.在极坐标系中，由三条直线θ＝0，θ＝，ρcos θ＋ρsin θ＝1围成的图形的面积为( )

3

3－32－311

A. B. C. D. 4443

8.若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( ) A．60种 B．63种 C．65种 D．66种

9.设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m的最大值为b，若13a＝7b，则m等于( )

A．5 B．6 C．7 D．8 10.通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：

爱好 不爱好 总计 2

＋1

展开式的二项式系数

男 40 20 60 女 20 30 50 总计 60 50 110 2

nad－bc22110×40×30－20×20由K＝算得，K＝≈7.8.

a＋bc＋da＋cb＋d60×50×60×50

附表：

P(K2≥k) k 参照附表，得到的正确结论是( ) A．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关” B．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关” C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”

11.焦点为F的抛物线C：y8x的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当取得最大值时，直线MA的方程为（ ） A．yx2或yx2 C.y2x2或y2x2

B．yx2 D．y2x2

20.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 |MA||MF| - 2 -

12.定义在R上的函数f(x)满足f(x2)2f(x)，且当x[2,4]时，

x24x,2x3,f(x)x22g(x)ax1，对x1[2,0]，x2[2,1]，使得

,3x4,xg(x2)f(x1)，则实数a的取值范围为（ ）

A．(,)181[,) 8

C.(0,8]

11,0)(0,] 4811D．(,][,)

48B．[二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13.已知a(1,)，b(2,1)，若向量2ab与c(8,6)共线，则a和b方向上的投影为 ．

x＝2t＋t，

14.将参数方程b1y＝2t－ta1

(t为参数)转化成普通方程为________．

15.已知随机变量X服从正态分布N(0，σ2)，且P(－2≤X≤0)＝0.4，则P(X>2)＝________. 16.已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）ABCD的外接球，BC3，AB23，点E在线段BD上，且BD3BE，过点E作圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是 .

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

2x4t,2（为参数）

17.(10分)已知直线l的参数方程为，以坐标原点为极点，x轴的非ty2t2

负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为4cos，直线l与圆C交于A，B两点.

（1）求圆C的直角坐标方程及弦AB的长；

（2）动点P在圆C上（不与A，B重合），试求ABP的面积的最大值

18.(12分)设函数f(x)x1x的最大值为m.

- 3 -

a2b2（1）求m的值；（2）若正实数a，b满足abm，求的最小值. b1a119.(12分)如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直与圆O所在平面，G为AOC的

垂心.

（1）求证：平面OPG平面PAC；

（2）若PAAB2AC2，求二面角AOPG的余弦值.

20.(12分)2017年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.

方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球则打6折，若摸出1个红球，则打7折；若没摸出红球，则不打折.

方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.

（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；

- 4 -

（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ x2y22

21. (12分)已知椭圆2＋2＝1 (a>b>0)的离心率为，且a2＝2b.

ba2(1)求椭圆的方程；

(2)是否存在实数m，使直线l：x－y＋m＝0与椭圆交于A，B两点，且线段AB的中点在圆 x2＋y2＝5上？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由. 22. (12分)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋k

2x2(k≥0)．

(1)当k＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间．

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高二理科数学期末试卷答案

一、选择题

1-5:BBBDA 6-10:DBDBC 11-12：AD 二、填空题

35x2y213. 14：2－2＝1 . 15.0.1 16.[2,4]

ab5三、解答题

17.解：（1）由4cos得4cos，

所以xy4x0，所以圆C的直角坐标方程为(x2)y4.

2将直线l的参数方程代入圆C:(x2)y4，并整理得t22t0，

2222222解得t10，t222.

所以直线l被圆C截得的弦长为|t1t2|22. （2）直线l的普通方程为xy40.

x22cos,圆C的参数方程为（为参数），

y2sin,可设曲线C上的动点P(22cos,2sin)，则点P到直线l的距离

d|22cos2sin4||2cos()2|，当cos()1时，d取最大值，

442且d的最大值为22. 所以SABP122(22)222， 2即ABP的面积的最大值为22. －1，x≤－1，

18.解：（Ⅰ）f(x)＝|x＋1|－|x|＝2x＋1，－1＜x＜1，

 x≥1，1，由f(x)的单调性可知，当x≥1时，f(x)有最大值1．所以m＝1． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，a＋b＝1，

- 6 -

2

a2b2b2 1 a＋＝(＋)[(b＋1)＋(a＋1)] b＋1a＋13b＋1a＋1

a2(a＋1)b2(b＋1) 1 22

＝3[a＋b＋＋]≥3(a＋b＋2

b＋1a＋1

1 2

2a2(a＋1)b2(b＋1)

·) b＋1a＋1

＝3(a＋b)＝3．当且仅当a＝b＝2时取等号． a2b2 1 即＋的最小值为3． b＋1a＋1

19.解：（1）如图，延长OG交AC于点M. 因为G为AOC的重心，所以M为AC的中点. 因为O为AB的中点，所以OM//BC.

因为AB是圆O的直径，所以BCAC，所以OMAC. 因为PA平面ABC，OM平面ABC，所以PAOM. 又PA平面PAC，AC平面PAC，PA所以OM平面PAC.

即OG平面PAC，又OG平面OPG， 所以平面OPG平面PAC.

（2）以点C为原点，CB，CA，AP方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系

1

2

1 1

ACA，

Cxyz，则C(0,0,0)，A(0,1,0)，B(3,0,0)，O(311,,0)，P(0,1,2)，M(0,,0)，222则OM(331,0,0)，OP(,,2).平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个2223nOMx0,2法向量为n(x,y,z)，则令z1，得n(0,4,1). nOP3x1y2z0,22过点C作CHAB于点H，由PA平面ABC，易得CHPA， 又PAABA，所以CH平面PAB，即CH为平面PAO的一个法向量.

13CB. 22在RtABC中，由AB2AC，得ABC30，则HCB60，CH - 7 -

所以xHCHcosHCB33，yHCHsinHCB. 44所以CH(33,,0). 44|033410|25144. 173942121616设二面角AOPG的大小为，则cos|CHn||CH||n|20.解：（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为

3C31事件A，则P(A)3，

C10120所以两位顾客均享受到免单的概率为PP(A)P(A)1.

14400（2）若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为0，600，700，1000.

31C3C32C717，P(X600)， P(X0)33C10120C1040123C3C721C77，P(X1000)3， P(X700)3C1040C1024故X的分布列为，

所以E(X)01721716007001000764（元）. 1204040246若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z1000200Y，

339)，故E(Y)3， 101010所以E(Z)E(1000200Y)1000200E(Y)820（元）.

由已知可得Y~B(3,因为E(X)E(Z)，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.

a＝2，

21.解：(1)由题意得 解得c＝1，

a＝2b，

b＝a－c，b＝1，

22

2

2

c2＝，a2

- 8 -

2

故椭圆的方程为x2

＋y2

＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0).

2

2

y联立直线与椭圆的方程得x＋2＝1，



x－y＋m＝0，

即3x2＋2mx＋m2－2＝0，所以Δ＝(2m)2－4×3×(m2－2)＞0，即m2＜3， 且xx1＋x2

0＝

＝－m3，y＝2m20＝x0＋m3

，

即Mm2m

－3，3

，又因为M点在圆x2＋y2＝5上，

所以m22m2

－3＋3

＝5，解得m＝±3，与m2＜3矛盾.故实数m不存在.

22. 解： (1)当k＝2时，f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2

，

f′(x)＝1

1＋x－1＋2x.

由于f(1)＝ln 2，f′(1)＝3

2，

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为

y－ln 2＝3

2

(x－1)，即3x－2y＋2ln 2－3＝0.

(2)f′(x)＝xkx＋k－1

1＋x，x∈(－1，＋∞)．

当k＝0时，f′(x)＝－x1＋x. 所以，在区间(－1,0)上，f′(x)>0； 在区间(0，＋∞)上，f′(x)<0. 故f(x)的单调递增区间是(－1,0)， 单调递减区间是(0，＋∞)． 当01＋x＝0，

得xx1－k1＝0，2＝k>0. 所以，在区间(－1,0)和(1－kk，＋∞)上，f′(x)>0；

在区间(0，1－kk)上，f′(x)<0.

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故f(x)的单调递增区间是(－1,0)和(1－kk，＋∞)，

单调递减区间是(0，1－kk)． 当k＝1时，f′(x)＝x2

1＋x. 故f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．

当k>1时，由f′(x)＝xkx＋k－1

1＋x＝0，

得x1－k1＝k∈(－1,0)，x2＝0.

所以，在区间(－1，1－kk)和(0，＋∞)上，f′(x)>0；在区间(1－kk，0)上，f′(x)<0.

故f(x)的单调递增区间是(－1，1－kk)和(0，＋∞)，

单调递减区间是(1－kk，0)．

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