1、 高 二 数学 -理科 第 1页 共 9页 临泽一中 2017 2018 学年度第二学期 期末 质量检测 高二年级 数学 （ 理 科 ） 试卷 一、 选择题：本大题共 12 个小题 ,每小题 5 分 ,共 60 分 . 1在复平面内，复数 i11 的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2 已知非空集合 A,B，全集 BAU = ，集合 BAM = , 集合 )( BCN U= )( ACU 则（ ） A MNM = B =NM C MN= D MN 3 已知 na 为等差数列，其前 n 项和为 ns ，若 3 6a = ， 3 12S =
2、 ，则公差 d 等于 ( ) A.1 B. 53 C.2 D.3 4甲、乙两人同时报 考某一所大学，甲被录取的概率为 0.6，乙被录取的概率为 0.7, 两人是否被录取互不影响 , 则其中至少有一人被录取的概率为 ( ) A. 0.12 B. 0.42 C. 0.46 D. 0.88 5 6( 3 )xy+ 的 二项展开式中， 24xy项的系数是 （ ） A 90 B 45 C 135 D 270 6 ( )10xx e dx= （ ） A. 32 e B. 12 e C. 32 e+ D. 12 e+7 执行如图所示的程序框图，则输 出的 k 的值为 ( ) （ A） 4 （ B） 5 （
3、C） 6 （ D） 7 8 设 a R ，则 “ a 1” 是 “ 直线 l1： ax 2y 0 与直线 l2: x (a 1)y 4 0 平行的 ( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 9 点 P 是曲线 2 lny x x=上任意一点 , 则点 P 到直线 2yx=的距离的最小值是 （ ） 开始 是 否 输出 k 结束 s 100? k=k 1 s=s+2s k=0 s=0 高 二 数学 -理科 第 2页 共 9页 A. B. 2 C. D. 22 10.岳阳高铁站 B1 进站口有 3 个闸机检票通道口，高考完后某班 3 个同学从该进站口检票进站
4、到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这 3 个 同学的不同进站方式有（ ）种。 A. 24 B. 36 C. 42 D. 60 11 在椭圆22221( 0)xy abab+ = 中， 12,FF分别是其左右焦点，若 122PF PF= ，则该椭圆离心率的取值范围是 （ ） A 1 ,13 B 1 ,13 C 10, 3 D 10, 3 12.已知函数 ( ) 2lnf x x ax=，若 ( )fx恰有两个不同的零点，则 a 的取值范围为（ ） A. 1 ,2e+ B. 10, 2e C. 1 ,2e+ D.
5、 10, 2e 第 II 卷（非选择题） 二、填空题（每小题 5 分） 13已知函数 ( ) ( )2 1 lnf x f x x= ，则 ( )fx的极大值为 _ 14.已知变量 ,xy满足约束条件 2823yxxyxy +,则目标函数 62z x y=的最小值为 _15若 ABC内切圆半径为 r ，三边长为 a b c， ， ，则 ABC 的面积 ( )12S r a b c= + + ，根据类比思想，若四面体内切球半径为 R ，四个面的面积为 1S ， 2S ， 3S ， 4S ，则四面体的体积为 _16.若 ( )5 2 3 4 50 1 2 3 4 512x a a x a x a
6、x a x a x+ = + + + + + ，则 024a a a+ + =_ 三、解答题 17（本小题 12 分） 已知向量 2( 3sin ,1), (cos ,cos )4 4 4x x xmn= 高 二 数学 -理科 第 3页 共 9页 （） 若 1mn=,求 2cos( )3 x 的值； （） 记 nmxf =)( ，在 ABC 中，角 CBA , 的对边分别是 cba , 且满足 CbBca coscos)2( = ，求函数 f（ A） 的取值范围 18 （本小题 12 分） 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研究新产品成功的概率分别为 34 和 35 ，现安排甲组研发新产品 A，
7、乙组研发新产品 B ，设甲、乙两组的研发相互独立 . （ 1）求恰好有一种新产品研发成功的概率； （ 2）若新产品 A研发成功，预计企业可获得利润 120 万元，不成功则会亏损 50 万元；若新产品B 研发成功，企业可获得利润 100 万元，不成功则会亏损 40 万元，求该企业获利 万元的分布列 . 19.（ 12 分） 如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 2 的正 三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是 3， D 是 AC 的中点。 （ 1）求证： B1C 平面 A1BD； （ 2）求二面角 A1-BD-A 的大小； 20.（本小题 12 分） 已知椭圆2222: 1( 0)xyC
8、 a bab+ = 过点 ( )0,1 ，且离心率为32 . （） 求椭圆 C的方程； （） 12,AA为椭圆 C 的左、右顶点，直线 : 2 2lx= 与 x 轴交于点 D ，点 P 是椭圆 C 上异于12,AA的动点，直线 12,AP A P 分别交直线 l 于 ,EF两点 .证明： DE DF 恒为定值 . 21.（本小题 12 分） 已知函数 ( ) ln 1f x x ax= + . （ 1）求函数 ( )fx的单调区间； （ 2）若 ( )0,1a ，求证： ( ) xf x e ax a （ e 为自然对数的底数） 高 二 数学 -理科 第 4页 共 9页 请考生在 22、 23
9、 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 （本小题 10 分） 以直角坐标系的原点 O为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且在两种坐标系中取相同的长度单位 .曲线 C的极坐标方程是 2 2161 3cos = + . （ ）求曲线 C的直角坐标方程； （ ）设曲线 C与 x 轴正半轴及 y 轴正半轴交于点 ,MN，在第一象限内曲线 C上任取一点 P ，求四边形 OMPN 面积的最大值 . 23. 证明下列不等式： （本小题 10 分） （ ）用分析法证明： 6 7 2 2 5+ + ； （ ）已知 ,abc 是正实数，且 1abc
10、+ + = .求证： 2 2 2 13abc+ + 高 二 数学 -理科 第 5页 共 9页 高二年级 学业水平质量检测 理科数学 参考答案 1-12 DBCD CAAA BDBB 13. 2ln2 2 , 14 . 4, 15 . ( )1 2 3 413 R S S S S+ + +16 . 12117 解 ： （） 23sin cos cos4 4 4x x xmn = + 1sin( )2 6 2x = + + 1mn= 1sin( )2 6 2x += 211cos( ) 1 2sin ( )2 3 2 6 2xx + = + = 21cos( ) cos( )3 3 2xx = +
11、 = （） （ 2a-c） cosB=bcosC 由正弦定理得 （ 2sinA-sinC） cosB=sinBcosC 2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC 2sinAcosB=sin（ B+C） A B C + + = sin( ) sin 0B C A+ = ， 1cos ,23BB= 20 3A 1,sin( ) ( ,1)6 2 6 2 2 6 2AA + + 18试题解析： （ 1） 3 2 1 3 94 5 4 5 20P = + = .4 分 （ 2） 90,50,80,220. = ( ) ( ) ( )1 2 2 3 2 6 1 3 390 , 80 , 5
12、0 ,4 5 20 4 5 20 4 5 20P P P = = = = = = = = = ( ) 3 3 9220 4 5 20P = = = ，所以分布列为 高 二 数学 -理科 第 6页 共 9页 xzyDCA BB1A1C1.12 分 19、 解法一：（ 1）设 1AB 与 BA1 相交于 点 P，连接 PD，则 P为 1AB 中点， D为 AC中点， PD/ CB1 。 又 PD平面 BA1 D， CB1 /平面 BA1 D ( 6分 ) （ 2）（ 2）如图建立空间直角坐标系， 则 D（ 0， 0， 0）， A（ 1， 0， 0）， 1A （ 1， 0， 3）， B（ 0， 3，
13、 0）， 1B （ 0， 3， 3） B1A =（ -1， 3， - 3）， D1A =（ -1， 0， - 3） 设平面 BDA1 的法向量为 n=（ x， y， z） 则 n 0z3y3xBA1 =+= n 0z3xDA1 = 则有 =03zxy ，得 n=（ 3 ， 0， 1） 由题意，知 1AA =（ 0， 0， 3）是平面 ABD的一个法向量。 设 n与 1AA 所成角为 ， 则21AAnAAncos11 =， 3 =二面角 ABDA 1 的大小是 3. 12分 20.（）： 由题意可知 1b= ， 32ca = 解得 2a= . 所以椭圆的方程为22 14x y+= （）证明：由
14、（）可知 , 1( 2,0)A ， 2 (2,0)A .设 00( , )P x y ，依题意 022x ，于是直线1AP 的 方 程 为00( 2)2yyxx=+ ，令 22x= ，则 00(2 2 2)2yyx+=+ . 即高 二 数学 -理科 第 7页 共 9页 00(2 2 2) 2yDE x=+ . 又直线 2AP的方程为 00( 2)2yyxx= ，令 22x= ，则 00(2 2 2)2yyx= ， 即 00(2 2 2) 2yDF x= . 所以220000220 0 0044(2 2 2) (2 2 2)2 2 44yyyyDE DFx x xx = + = =+ ， 又 0
15、0( , )P x y 在22 14x y+=上，所以 2 200 14x y+=,即 220044yx= ，代入上式， 得20204 14xDE DFx = = ,所以 | | | |DE DF 为定值 1. 21.试题解析： （ 1） ( ) 11 ( 0)axf x a xxx= = ， 当 0a 时， ( )0fx ，函数 ( ) ln 1f x x ax= + 在 ( )0,+ 单调递增， 当 0a 时， 10,x a时 ( )0fx ， 1 ,x a +时 ( )0fx ， ( ) ln 1f x x ax= + 在 10, a单调递增 ，在 1 ,a+单调递减 . 综上所述，当
16、0a 时， ( )fx只有增区间为 ( )0,+ . 当 0a 时， ( )fx的增区间为 10, a，减区间为 1 ,a+5 分 （ 2） ( ) xf x e ax a 等价于 ln 1 0xe x a . 6 分 令 ( ) ln 1xg x e x a= ， 而 ( ) 1 xg x e x=在 ( )0,+ 单调递增，且 ( ) 1 1 0ge= ， 121 2 02ge= . 高 二 数学 -理科 第 8页 共 9页 令 ( )0gt= ，即 1(0 1)tett= ， lntt= ， 则 ( )0,xt 时 ( ) ( ) 0g x g t=， ( ),xt + 时 ( ) (
17、) 0g x g t=， 故 ( )gx在 ( )0,t 单调递减，在 ( ),t + 单调递增， 所以 ( ) ( ) ln 1tg x g t e t a = 1 1 2 1 1 0t a a at= + = . 即 ( ) xf x e ax a . 12 分 22.解：（ ）由题可变形为 2 2 23 cos 16 +=， 2 2 2xy =+， cos x= ， 2 2 23 16x y x+ + = ， 2214 16xy+=. 5 分 （ ）由已知有 ( )2,0M ， ( )0,4N ，设 ( )2cos ,4sinP ， 0, 2 . 于是由 12OMPN OMP ONPS
18、S S= + = 12 4sin 4 2cos2 + 4sin 4cos=+ 4 2sin 4=+， 由 0, 2 得 3,4 4 4 +，于是 4 2sin 4 24+ ， 四边形 OMPN 最大值 42. 10 分 23.（ ）证明：要证 6 7 2 2 5+ + 成立， 只需证 ， 即证 ， 只需证 ，即证 显然为真， 故原式成立 . 高 二 数学 -理科 第 9页 共 9页 （ ）证明： 2 2 21 2 1 2 1 2,9 3 9 3 9 3a b ca b c+ + + ， ( )2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 2 2 2 19 9 9 3 3 3 3 3 3abca b c a b c a b c + + + + + + + = + + = + + ，
