山西省朔州市怀仁某校2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题 理

山西省朔州市怀仁某校2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题理一、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.1.已知集合4{|0}2xAxZx，1{|24}4xBx，则AB=（）A．{|12}xxB．{1,0,1,2}C．{2,1,0,1,2}D．{0,1,2}2.已知i为虚数单位，若复数11tizi在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为（）A．[1,1]B．(1,1)C．(,1)D．(1,)3.若命题“∃x0∈R，使x20＋(a－1)x0＋10”是假命题，则实数a的取值范围为()A．1≤a≤3B．－1≤a≤3C．－3≤a≤3D．－1≤a≤14.已知双曲线1C：2212xy与双曲线2C：2212xy，给出下列说法，其中错误的是（）A.它们的焦距相等B．它们的焦点在同一个圆上C.它们的渐近线方程相同D．它们的离心率相等5.在等比数列{}na中，“4a，12a是方程2310xx的两根”是“81a”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C.充要条件D．既不充分也不必要条件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)B.14，－1，12C.－14，1，－12D.(0，－1，1)7.在极坐标系中，由三条直线θ＝0，θ＝π3，ρcosθ＋ρsinθ＝1围成的图形的面积为()A.14B.3－34C.2－34D.138.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＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m等于()A．5B．6C．7D．810.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：男女总计爱好402060不爱好203050总计6050110由K2＝nad－bc2a＋bc＋da＋cb＋d算得，K2＝－260×50×60×50≈7.8.附表：P(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828参照附表，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：28yx的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当||||MAMF取得最大值时，直线MA的方程为（）A．2yx或2yxB．2yxC.22yx或22yxD．22yx12.定义在R上的函数()fx满足(2)2()fxfx，且当[2,4]x时，224,23,()2,34,xxxfxxxx()1gxax，对1[2,0]x，2[2,1]x，使得21()()gxfx，则实数a的取值范围为（）A．11(,)[,)88B．11[,0)(0,]48C.(0,8]D．11(,][,)48二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知(1,)a，(2,1)b，若向量2ab与(8,6)c共线，则a和b方向上的投影为．14.将参数方程x＝a2t＋1t，y＝b2t－1t(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(X2)＝________.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）ABCD的外接球，3BC，23AB，点E在线段BD上，且3BDBE，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.17.(10分)已知直线l的参数方程为24,222xtyt（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非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()1fxxx的最大值为m.（1）求m的值；（2）若正实数a，b满足abm，求2211abba的最小值.19.(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22PAABAC，求二面角AOPG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；（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？21.(12分)已知椭圆x2b2＋y2a2＝1(ab0)的离心率为22，且a2＝2b.(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＋k2x2(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．高二理科数学期末试卷答案一、选择题1-5:BBBDA6-10:DBDBC11-12：AD二、填空题13.35514：x2a2－y2b2＝1.15.0.116.[2,4]三、解答题17.解：（1）由4cos得24cos，所以2240xyx，所以圆C的直角坐标方程为22(2)4xy.将直线l的参数方程代入圆:C22(2)4xy，并整理得2220tt，解得10t，222t.所以直线l被圆C截得的弦长为12||22tt.（2）直线l的普通方程为40xy.圆C的参数方程为22cos,2sin,xy（为参数），可设曲线C上的动点(22cos,2sin)P，则点P到直线l的距离|22cos2sin4|2d|2cos()2|4，当cos()14时，d取最大值，且d的最大值为22.所以122(22)2222ABPS，即ABP的面积的最大值为22.18.解：（Ⅰ）f(x)＝|x＋1|－|x|＝－1，x≤－1，2x＋1，－1＜x＜1，1，x≥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，a2b＋1＋b2a＋1＝13(a2b＋1＋b2a＋1)[(b＋1)＋(a＋1)]＝13[a2＋b2＋a2(a＋1)b＋1＋b2(b＋1)a＋1]≥13(a2＋b2＋2a2(a＋1)b＋1·b2(b＋1)a＋1)＝13(a＋b)2＝13．当且仅当a＝b＝12时取等号．即a2b＋1＋b2a＋1的最小值为13．19.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//OMBC.因为AB是圆O的直径，所以BCAC，所以OMAC.因为PA平面ABC，OM平面ABC，所以PAOM.又PA平面PAC，AC平面PAC，PAACA，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Cxyz，则(0,0,0)C，(0,1,0)A，(3,0,0)B，31(,,0)22O，(0,1,2)P，1(0,,0)2M，则3(,0,0)2OM，31(,,2)22OP.平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个法向量为(,,)nxyz，则30,23120,22nOMxnOPxyz令1z，得(0,4,1)n.过点C作CHAB于点H，由PA平面ABC，易得CHPA，又PAABA，所以CH平面PAB，即CH为平面PAO的一个法向量.在RtABC中，由2ABAC，得30ABC，则60HCB，1322CHCB.所以3cos4HxCHHCB，3sin4HyCHHCB.所以33(,,0)44CH.设二面角AOPG的大小为，则||cos||||CHnCHn2233|0410|251441739411616.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事件A，则333101()120CPAC，所以两位顾客均享受到免单的概率为1()()14400PPAPA.（2）若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为0，600，700，1000.333101(0)120CPXC，21373107(600)40CCPXC，123731021(700)40CCPXC，373107(1000)24CPXC，故X的分布列为，所以17217()06007001000120404024EX17646（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则1000200ZY，由已知可得3~(3,)10YB，故39()31010EY，所以()(1000200)EZEY1000200()820EY（元）.因为()()EXEZ，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.21.解：(1)由题意得ca＝22，a2＝2b，b2＝a2－c2，解得a＝2，c＝1，b＝1，故椭圆的方程为x2＋y22＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0).联立直线与椭圆的方程得x2＋y22＝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x0＝x1＋x22＝－m3，y0＝x0＋m＝2m3，即M－m3，2m3，又因为M点在圆x2＋y2＝5上，所以－m32＋2m32＝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)＝11＋x－1＋2x.由于f(1)＝ln2，f′(1)＝32，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln2＝32(x－1)，即3x－2y＋2ln2－3＝0.(2)f′(x)＝xkx＋k－11＋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0k1时，由f′(x)＝xkx＋k－11＋x＝0，