河南省驻马店市2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题 理（PDF）

高二数学（理）试题第1页（共6页）驻马店市2018～2019学年度第二学期期终考试高二（理科）数学试题参考答案一、选择题1—5BACDC6—10DCDBA11-12DB二、填空题13.714.615.316.①②④三、解答题17解：(1)由1122nnnaa,12211nnnnaa即12211nnnnaa所以2nna为等差数列，公差为1d；……………………………………6分(2)211)1(221nnaann，1212221nnnnna……………………………………8分122)12(25231nnnS①nnnS2)12(252321232②①-②得nnnnS2)12(222222112nnn2)12(21)21(411……………………………………10分32)32(nnnS……………………………………12分高二数学（理）试题第2页（共6页）18解解:（1）证明：∵底面ABCD为正方形，∴BC⊥AB，又PB⊥BC，BPBAB，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA.同理CD⊥PA，∴PA⊥平面ABCD.……………………………………6分（2）建立如图的空间直角坐标系xyzA，则0,0,0A，)0,0,2(B0,2,2C，0,0,2B，)2,0,0(P易知)1,1,0(E设111,,zyxm为平面ABE的一个法向量，又1,1,0AE,0,0,2AB，∴020111xzy令1,111zy，得1,1,0m.设222,,zyxn为平面AEC的一个法向量，又0,2,2AC∴02202222yxzy令1,111zy得1,1,1n高二数学（理）试题第3页（共6页）36834,cosnmnmnm.……………………………………10分∴二面角CAEB的正弦值为33.……………………………………12分19:解：【解析】⑴由22列联表的数据，得828.1048.863754001307060140)12003000(200))()()(()(222dbcadcbabcadnK在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关系．…………………………………………………………………………4分⑵由题意，可知一次骑行用户获得0元的概率10351211P．X的所有可能取值分别为0，1，2，3，4……………………………………5分1009103)0(2XP，10310321)1(12CXP,100372110351)2(212CXP,515121)3(12CXP，25151)4(2XPX的分布列为：X01234P91003103710015125……………………………………………………………10分X的数学期望为8.125145131003721031EX（元）．……………………………………12分高二数学（理）试题第4页（共6页）20.解：（1）∵(,)Pxy到点(1,0)F的距离和到直线2x的距离之比为22，∴22(1)(0)2|2|2xyx，2x.……………………………………………………………2分化简得：2212xy.故所求曲线C的方程为：2212xy.…………………………………………………………4分(2)分三种情况讨论：1当lx轴时，由椭圆对称性易知：OMAOMB.2当l与x轴重合时，由直线与椭圆位置关系知：OMAOMB0.…………………………………………………………………………………………………8分3设l为：(1)ykx，0k，且11(,(1))Axkx，22(,(1))Bxkx，由22(1)12ykxxy化简得：2222(21)4220kxkxk，∴2122421kxxk，21222221kxxk.………………………………………………10分设MA,MB所在直线斜率分别为：MAk,MBk，则121212121212(1)0(1)023()4222()MAMBkxkxxxxxkkkxxxxxx22222222224234212122422121kkkkkkkkk222244128462kkkkk0此时，OMAOMB.综上所述：OMAOMB.…………………………………………………………………12分高二数学（理）试题第5页（共6页）21.（1）∵2()2(1)42xfxxeaxax，0a，(,)x.∴()2(2)()0xfxxea'12x或2ln()xa.………………………………………2分1当ln()2a，即20ea时，若(,ln())xa，则()0fx'，()fx单调递增；若(ln(),2)xa，则()0fx'，()fx单调递减；若(2,)x，则()0fx'，()fx单调递增；此时，()fx有两个极值点：ln()a，2.2当ln()2a，即2ae时，()0fx'，()fx单调递增，此时()fx无极值点.3当ln()2a，即2ae时，若(,2)x，则()0fx'，()fx单调递增；若(2,ln())xa，则()0fx'，()fx单调递减；若(ln(),)xa，则()0fx'，()fx单调递增；此时，()fx有两个极值点：2，ln()a.故当2ae时，()fx无极值点；当22(,)(,0)aee时，()fx有两个极值点.…………………………………………………………………………………………………5分(2)由（1）知，0ln()xa，且2(2)4222xfeae，∴2ae，由（1）中3知：()fx在(,2)上单调递增，在(2,ln())a上单调递减，在(ln(),)a上单调递增.又(0)0f（这一步是此题的关键点，观察力）………………………………………8分1当ln()0a即1a时，()fx在(0,ln())a上单调递减，此时，0()(ln())(0)0fxfaf成立.2当ln()0a即1a时，0()(ln())(0)0fxfaf成立.3当ln()0a即21ae时，()fx在(ln(),0)a上单调递增，高二数学（理）试题第6页（共6页）此时，0()(ln())(0)0fxfaf成立.综上所述，0()0fx，当1a时，“”成立.……………………………………………12分22解：【答案解析】(Ⅰ)22250xyy(Ⅱ)4解析：解：(Ⅰ)∵25sin，∴sin522,所以圆C的直角坐标方程为22250xyy.…………………………………………………………………………5分(Ⅱ)将直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得0232tt，解得11t或22t,tyxPA2)5()3(2121可得221tPA同理2222tPB4PBPA…………………………………………………………………………10分23解：解：（1）因为函数12)(xxxf，3)1()2(12)(xxxxxf等号成立的条件12x综上，)(xf的最小值3t.…………………………………………………5分（2）据(1)求解知3t，所以3tcba，又因为0,0,0cba，abcaccbba33333222cabcab)(2)(222222cbaccabbcaabcbacabcab，即cbacabcab222，当且仅当1cba时等号成立，所以3222cabcab………………………………………………………10分