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  • 2021-06-17 发布

2017-2018学年山西省临汾第一中学高二下学期期末考试数学(理)试题(Word版)

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临汾一中2017-2018学年度第二学期高二年级期末考试 数学试题(理科)‎ 第I卷(选择题 60分)‎ 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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.‎ ‎1. 已知集合,,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎2. 已知复数满足,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎3.已知,则的值是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎4. 已知函数是上的减函数,那么的取值范围是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎5. 执行如图所示的程序框图,则程序最后输出的结果为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎6. 设曲线及直线所围成的封闭图形为区域,不等式组所确定的区域为,在区域内随机取一点,则该点恰好在区域内的概率为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎7. 定义在上的函数满足,,且时, ,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎8. 我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有表无丈.刍,草也;薨,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍宽字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍薨的三视图,其中正视图为等腰梯形,侧视图为等腰三角形,则它的体积为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎9. 某个班级组织元旦晚会,一共准备了A、B、C、D、E、F六个节目,节目演出顺序第一个节目只能排A或B,最后一个节目不能排A,且C、D要求相邻出场,则不同的节目顺序共有( )种 A. B. C. D.‎ ‎10. 在三棱锥中, 平面,,,是边上的一动点,且直线与平面所成角的最大值为,则三棱锥的外接球的表面积为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎11. 设椭圆的左、右焦点分别为,点.已知动点在椭圆上,且点不共线,若的周长的最小值为,则椭圆的离心率为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎12. 已知函数,若,且对任意的恒成立,则的最大值为( )‎ A. B. C. D.‎ 第Ⅱ卷(非选择 共90分)‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共计20.‎ ‎13. 平面向量与的夹角为,,,则 .‎ ‎14. 在的展开式中, 的系数为 (用数字作答).‎ ‎15. 已知实数满足足约束条件,且的最小值为,则常数 .‎ ‎16. 如图所示,在平面四边形中, ,为正三角形,则面积的最大值为 .‎ 三、解答题:共6小题,共计70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 .‎ ‎17. 已知数列的前项和满足:.‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)设,求数列的前项和.‎ ‎18.如图,在四棱锥中, 底面,,点为棱的中点.‎ ‎(I)证明:;‎ ‎(Ⅱ)若点为棱上一点,且,求二面角的余弦值.‎ ‎19.某市政府为了节约生活用电,计划在本市试行居民生活费定额管理,即确定一户居民月用电量标准 ‎,用电量不超过的部分按平价收费,超出的部分按议价收费.为此,政府调查了100户居民的月平均用电量(单位:度),以,分组的频率分布直方图如图所示.‎ ‎(1)根据频率分布直方图的数据,求直方图中的值并估计该市每户居民平均用电量的值;‎ ‎(2)用频率估计概率,利用(1)的结果,假设该市每户居民月平均用电量服从正态分布.‎ ‎(ⅰ)估计该市居民月平均用电量介于度之间的概率;‎ ‎(ⅱ)利用(ⅰ)的结论,从该市所有居民中随机抽取3户,记月平均用电量介于度之间的户数为,求的分布列及数学期望.‎ ‎20.已知直线是抛物线的准线,直线,且与抛物线没有公共点,动点在抛物线上,点到直线和的距离之和的最小值等于.‎ ‎(I)求抛物线的方程;‎ ‎(Ⅱ)点在直线上运动,过点做抛物线的两条切线,切点分别为,在平面内是否存在定点,使得恒成立?若存在,请求出定点的坐标,若不存在,请说明理由.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎(2)设是的两个零点,证明: .‎ 选做题:(10分).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.‎ ‎22.选修4-4:坐标系与参数方程 直角坐标系中,直线的参数方程为 (为参数),在极坐标系(与直角坐标系取相同的长度单位,且以原点为极点,以轴正半轴为极轴)中,圆的方程为.‎ ‎(1)求圆的直角坐标方程;‎ ‎(2)设圆与直线交于点,若点的坐标为,求的最小值.‎ ‎23.选修4-5:不等式选讲 已知函数,.‎ ‎(1)解不等式;‎ ‎(2)若方程在区间有解,求实数的取值范围.‎ 临汾一中2017-2018学年度第二学期高二年级期末考试 ‎ 数学答案(理科)‎ 一、选择题 ‎1-5: DCDDB 6-10: CCABB 11、12:AB 二、填空题 ‎13. . 14. 60 15. -2. 16. .‎ 三、解答题 ‎17.详解:(1)∵ ①‎ 当时,,∴‎ 当时, ②‎ 由①-②得:‎ ‎∴‎ ‎∴是以为首项,公比为的等比数列 ‎∴‎ ‎(2)∵‎ ‎∴‎ ‎18. 详解:(Ⅰ)证明:底面, 平面,面,∴,,‎ 又,∴.两两垂直.以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系.‎ 则由题意得,∴,∴,∴.‎ ‎(Ⅱ)由(I)可得,,,.由点在棱上,设,,,‎ ‎,解得,.设平面的法向量为,‎ 则由,得,令,得.由题意取平面的 法向量.,由图形知二面角是锐角,所以二面角的余弦值为.‎ ‎19.详解:(1)由得 ‎(2)(i)‎ ‎(ii)因为,∴,.‎ 所以的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以 ‎20. 试题解析:(Ⅰ)作分别垂直和,垂足为,抛物线的焦点为,‎ 由抛物线定义知,所以,‎ 显见的最小值即为点到直线的距离,故,‎ 所以抛物线的方程为.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知直线的方程为,当点在特殊位置时,显见两个切点关于轴对称,故要使得,点必须在轴上.‎ 故设,,,,‎ 抛物线的方程为,求导得,所以切线的斜率,‎ 直线的方程为,又点在直线上,‎ 所以,整理得,‎ 同理可得,‎ 故和是一元二次方程的根,由韦达定理得,‎ ‎ ‎ ‎ ,‎ 可见时,恒成立,‎ 所以存在定点,使得恒成立.‎ ‎21.详解:(1)解:,当时,,则在上单调递增.‎ 当时,,得,则的单调递增区间为.‎ 令,得,得的单调递减区间为.‎ ‎(2)证明:由得,设,则,由得;由,得.‎ 故.当时,;当时,.‎ 不妨设,则,.等价于,∵,且在上单调递增,∴要证,只需证,即,‎ 即证.设,,‎ 则,令,则,∵,∴,‎ ‎∴在上单调递减,即在上单调递减,∴,∴在上单调递增,‎ ‎∴,∴,从而得证.‎ 点睛:本题主要考查利用导数判断函数的单调性,以及函数零点个数的判断和函数性质的综合应用,考查了分类讨论思想,综合性较强、难度较大,第二问构造函数,不妨设,由已知将问题转化为只需证是关键。‎ ‎22. 选修4-4:坐标系与参数方程 ‎(1)由,化为直角坐标方程为,‎ 即 ‎(2)将l的参数方程带入圆C的直角坐标方程,得 因为,可设,‎ 又因为(2,1)为直线所过定点,‎ ‎[来源:‎ 所以 ‎23. 详解:(1)可化为 或或;‎ 或或; ‎ 不等式的解集为; ‎ ‎(2)由题意:‎ 故方程在区间有解函数和函数图象在区间上有交点 当时,‎ ‎.‎

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