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- 2021-06-15 发布
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2018-2019学年陕西省黄陵中学高二(重点班)上学期期末考试数学(理)试题
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目的要求)
1.如右图,一个空间几何体正视图与左视图为全等的等边三角形,俯视图为一个半径为1的圆及其圆心,那么这个几何体的表面积为( )
A. B. C. D.
2.如图,函数y=f(x)在A,B两点间的平均变化率等于( )
A.-1 B.1
C.-2 D.2
3.在平面直角坐标系xOy中,点P的直角坐标为(1,-).若以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,则点P的极坐标可以是( )
A. B. C. D.
4.极坐标方程ρ=1表示( )
A.直线 B.射线 C.圆 D.椭圆
5.在同一平面直角坐标系中,将曲线y=cos 2x按伸缩变换后为( )
A.y′=cos x′B.y′=3cosx′C.y′=2cosx′D.y′=cos 3x′
6.定积分的值等于( )
A.1 B. C. D.
7.由曲线围成的封闭图形的面积为( )
A. B. C. D.
8.已知函数y=f(x),其导函数y=f′(x)的图象如图1所示,则y=f(x)( )
A.在(-∞,0)上为减函数
B.在x=0处取得极小值
图一
C.在(4,+∞)上为减函数
D.在x=2处取极大值
9.设函数,若,则等于( )
A.2 B.-2 C.3 D.-3
10.函数的图像在处的切线方程是,则等于( )
A.1 B.0 C.2 D.
11.如果函数在上单调递增,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
12.对于函数,给出下列命题:(1)是增函数,无最值;(2)是减函数,无最值;(3)的递增区间为,递减区间为;(4)是最大值,是最小值.其中正确的有( )
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在题中横线上)
13.函数在处的切线方程是 .
14.在极坐标系中,圆ρ=4sinθ的圆心到直线θ=(ρ∈R)的距离是________.
15.曲线的直角坐标方程为,以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,则曲线的极坐标方程为 .
16.已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),给出以下说法:
①函数f(x)在区间(1,+∞)上是增函数;
②函数f(x)在区间(-1,1)上无单调性;
③函数f(x)在x=-处取得极大值;
④函数f(x)在x=1处取得极小值.其中正确的说法有________.
三、解答题(本大题共6个小题,满分70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本大题10分)已知函数f(x)=x3-4x+4.
(1)求函数的单调区间;
(2)求函数的极值.
18.(本大题12分)设函数f(x)=2x3-3 (a+1)x2+6ax+8,其中a∈R.已知f(x)在x=3处取得极值.
(1)求f(x)的解析式;
(2)求f(x)在点A(1,16)处的切线方程.
19.(本大题12分)如图,ABCD是正方形,O是正方形的中心,PO底面ABCD,E是PC的中点。
求证:(1)PA∥平面BDE ;
(2)平面PAC平面BDE.
20.(本小题12分)在极坐标系下,已知圆O:ρ=cos θ+sin θ和直线l:ρsin=,
(1)求圆O和直线l的直角坐标方程;
(2)当θ∈(0,π)时,求直线l与圆O公共点的一个极坐标.
21.(本大题12分)如图,一矩形铁皮的长为8cm,宽为5cm,在四个角上截去四个相同的小正方形,制成一个无盖的小盒子,问小正方形的边长为多少时,盒子容积最大?
22.(本大题12分)(理)如图,DC⊥平面ABC,EB∥DC,AC=BC=EB=2DC=2,∠ACB=120°,P,Q分别为AE,AB的中点.
(1)证明:PQ∥平面ACD;
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值.
数学(理)试题答案
一、选择题:本大题共12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.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
A
C
A
C
A
C
C
B
B
D
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13. ; 14. ;
15. ; 16.①④ .
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.
17(本小题10分)
解析:(1)
令
当,即或,函数单调递增,
当,即,函数单调递减,
函数的单调增区间为和,单调递减区间为
(2)由(1)可知,当时,函数有极大值,即
当时,函数有极小值,即
函数的极大值为,极小值为.
18.(本大题12分)
解 (1)f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a.
∵f(x)在x=3处取得极值,
∴f′(3)=6×9-6(a+1)×3+6a=0,
解得a=3.
∴f(x)=2x3-12x2+18x+8.
(2)A点在f(x)上,
由(1)可知f′(x)=6x2-24x+18,
f′(1)=6-24+18=0,
∴切线方程为y=16.
19.(本大题12分)
O
C
A
B
D
E
P
证明:(Ⅰ)连结EO, ---------------------1分
在△PAC中,
∵O是AC的中点,E是PC的中点,
∴OE∥AP.----------------------------2分
又∵OE平面BDE,------------- -------1分
PA平面BDE,-------------------------1分
∴PA∥平面BDE.-----------------------1分
(Ⅱ)∵PO底面ABCD
∴POBD.-------------------------------1分
又∵ACBD,且ACPO=O,
∴BD平面PAC.--------------------------2分
而BD平面BDE,------------------- ------1分
∴平面PAC平面BDE.-------------------------1分
20.(本大题12分)
解析: (1)由ρ=cos θ+sin θ,可得ρ2=ρcos θ+ρsin θ,
又代入得⊙O:x2+y2-x-y=0,
由l:ρsin=,得:ρsin θ-ρcos θ=,ρsin θ-ρcos θ=1,
又代入得:x-y+1=0.
(2)由解得
又得
又因为θ∈(0,π),则θ=,故为.
21.(本大题12分)
解析:设小正方形的边长为1cm,盒子的容积为
则
令,则 又
又
当小正方形的的边长为1cm时,盒子容积最大,为18.
22.(本大题12分)
解析:(1)证明:因为P,Q分别为AE,AB的中点,
所以PQ∥EB.又DC∥EB,因此PQ∥DC,
又PQ⊄平面ACD,
从而PQ∥平面ACD.
(2)如图,连接CQ,DP,因为Q为AB的中点,且AC=BC,所以CQ⊥AB.
因为DC⊥平面ABC,
EB∥DC,
所以EB⊥平面ABC,因此CQ⊥EB.
故CQ⊥平面ABE.
由(1)有PQ∥DC,又PQ=EB=DC,
所以四边形CQPD为平行四边形,故DP∥CQ.
因此DP⊥平面ABE,∠DAP为AD和平面ABE所成的角,
在Rt△DPA中,AD=,DP=1,
sin∠DAP=,
因此AD和平面ABE所成角的正弦值为.