河北省冀州2016-2017学年高二下学期期末考试数学(理)试题A卷-含答案

试卷种类：A卷河北冀州中学2016-2017学年度下学期期末高二年级理科数学试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （考试时间：120分钟分值：150分）第Ⅰ卷（选择题共52分）一、选择题：本大题共13小题，每题4分，共52分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的。1．以下说法正确的选项是()A.x，yR，若xy0，则x1且y1B.aR，“11”是“a1”的必需不充分条件aC.命题“xR，使得x22x30”的否认是“xR，都有x22x30”D.“若am2bm2，则ab”的抗命题为真命题2．设1ixyi2，此中i为虚数单位，x,y是实数，则2xyi()A.1B.2C.3D.53．设随机变量听从正态散布N0,1，若P(1)p，则P(10)()A.1pB.1pC.1pD.12p224．已知m，n是两条不一样的直线，，是两个不一样的平面，给出以下四个命题，错误的命题是()A.若m//，m//，n，则m//nB.若，m，n，则mnC.若，，m，则mD.若//，m//，则m//5．设等差数列知足，且，为其前项和，则数列的最大项为A.S23B.S25C.S24D.S266．以下图是一个算法流程图，则输出的值为A.95B.47C.23D.11．二项式an64，2x的睁开式中全部二项式系数和为7x则睁开式中的常数项为60，则a的值为()A.2B.1C.-1D.1R在区间上有两个．设 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数fxxlnxax(a0,28)极值点，则a的取值范围是()A.1ln21C.,0B.0,241,1D.ln21,1242229．若双曲线M：x2y21(a0，b0)的左、右焦点分别ab是F1，F2，以F1F2为直径的圆与双曲线M订交于点P，且116，PF212，PF则双曲线M的离心率为()A.5B.4C.5D.510．如图，网格纸上小正方形的边长为4331，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥各个侧面中，最大的侧面面积为()A.2B.5C.3D.4211．已知函数fx2．给出以下命题：①R,fx为奇函数；2cos2x②3，fxfx2对xR恒成立；③x1,x2R，若0,4fx1fx22，则x1x2的最小值为；④x1,x2R，若fx1fx20，4则x1x2kkZ．此中的真命题有()A.①②B.③④C.②③D.①④12．已知双曲线的左右焦点分别为，过点且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于两点，分别交轴于两点，若的周长为12，则获得最大值时该双曲线的离心率为()A.B.C.D.13．已知函数，．方程有六个不一样的实数解，则的取值范围是()A.B.C.D.第Ⅱ卷（非选择题，共98分）二、填空题：本大题共4小题，每题4分，共16分。把答案直接答在答题纸上。14．从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每日安排一人，每人只参加一天．若要求甲、乙两人起码选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不一样的安排种数为__________．(用数字作答)0x315．点Mx,y是不等式组{y3 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示的平面地区内的一动点，且不等式x3y2xym0恒成立，则m的取值范围是__________．16．已知在中，，，如图，动点是在以点为圆心，为半径的扇形内运动(含界限)且；设，则的取值范围__________．217．设An表示正整数n的个位数，anAnAn,A为数列an的前202项和，函数fxexe1，若函数gx知足fgxAxAx11，且bngnnN*，则数列bn的前n项和为__________．三、解答题：本大题共7小题，共82分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。18．已知函数fxsin2xcos2x．6(I)求fx的最小正周期及x12,2时fx的值域；3(Ⅱ)在△ABC中，角A、B、C所对的边为a，b，c，且角C为锐角，SABC3，c=2，fC31，求a,b的值．442．已知数列an中，a11，an1annN*．(1)求证：11是19an3an2等比数列，并求an的通项公式an；(2)数列bn知足bn3n1nnan，求数2列bn的前n项和为Tn．20．以下图，该几何体是由一个直三棱柱ADE棱锥PABCD组合而成，ADAF，AEAD(Ⅰ)证明：平面PAD平面ABFE；(Ⅱ)求正四棱锥PABCD的高h，使得二面角CBCF和一个正四2．AFP的余弦值是22．321．高考改改革 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ，不分文理科，高考成绩推行“3+3”的组成模式，第一个“3”是语文、数学、外语，每门满分150分，第二个“3”由考生在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6个科目中自主选择此中3个科目参加等级性考试，每门满分100分，高考录取成绩卷面总分满分750分．为了检查学生对物理、化学、生物的选考状况，“将A市某一届学生在物理、化学、生物三个科目中起码选考一科的学生”记作学生集体B，从学生集体B中随机抽取了50名学生进行检查，他们选考物理，化学，生物的科目数及人数统计表以下：选考物理、化学、生物的科目数123人数52520(Ⅰ)从所检查的50名学生中任选2名，求他们选考物理、化学、生物科目数目不相等的概率；(Ⅱ)从所检查的50名学生中任选2名，记表示这2名学生选考物理、化学、生物的科目数目之差的绝对值，求随机变量的散布列和数学希望；(Ⅲ)将频次视为概率，现从学生集体B中随机抽取4名学生，记此中恰巧选考物理、化学、生物中的两科目的学生数记作Y，求事件“2”的概率．Y22．如图，椭圆E的左右极点分别为A、B左右焦点分,别为F1、F2,AB4,F1F223,直线ykxm(k0)交椭圆于C、D两点，与线段F1F2及椭圆短轴分别交于M、N两点(M、N不重合),且CMDN.(Ⅰ)求椭圆E的离心率；(Ⅱ)若m0，设直线AD、BC的斜率分别为k1、k2，求k1的取值范围.k223.已知函数fxlnx1ax2，a0.（1）议论函数fx的单一性；（2）若函数fx在区间1,0有独一零点x0，证明：e2x01e1.x1t24．已知直线l的参数方程为{2为参数)，曲线C的参数方程为(ty3t2x12cos(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴成立极坐标{232siny系，点P的极坐标为23,2．3(Ⅰ)求直线l以及曲线C的极坐标方程；(Ⅱ)设直线l与曲线C交于A，B两点，求△PAB的面积．河北冀州中学2016-2017学年度下学期期末高二年级理科数学试题答案A卷：BDCDBBDDDBCCDB卷：CBACCDACBCBAC14．504015．m12316．17．32n3n2n18.(1)fx3sin2x1Tπ2xπ4πfx5,31,322642(2)sin2Cπ1CπS3ab43226c2a2b2aba2b216解得{a2或{a23b23b219．(1)证明：由an1annN*，得1an331，an3ananan111311因此数列11是以3为公比，以113an12an2an2a122为首项的等比数列，进而1133n1an21；an223n(2)bnn111112n1Tn120221322n12n2n2n1Tn1121n11n121222n1n，两式相减22得：Tn1111n12n2Tn4n222021222n12n2n2n120.(Ⅰ)证明：正三棱柱ADEBCF中，AB平面ADE，因此ABAD，又ADAF，ABAFA，因此AD平面ABFE，AD平面PAD，因此平面PAD平面ABFE．(Ⅱ)由(Ⅰ)知AD平面ABFE，以A为原点，AB，AE，AD方向为x，y，z轴成立空间直角坐标系Axyz，设正四棱锥PABCD的高为h，AEAD2，则A0,0,0，F2,2,0，C2,0,2，P1,h,1，AF2,2,0，AC2,0,2，AP1,h,1．设平面ACF的一个法向量mx1,y1,z1，则mAF2x12y10,{mAC2x12z10,取x11，则y1z11，因此m1,1,1．设平面AFP的一个法向量nx2,y2,z2，则{nAF2x22y20,取x21，nAPx2hy2z20,则y21，z21h，因此n1,1,1h．二面角CAFP的余弦值是22，3因此cosm,nmn1111222，解得h1．mn32h1321．(Ⅰ)记“所选用的2名学生选考物理、化学、生物科目数目相等”为事件A则PAC52C252C20220因此他们选考物理、化学、生物科目数目不相等C50249的概率为1PA2949(Ⅱ)由题意可知的可能取值分别为0，1，2C52C252C20220C51C251C201C25125PX0C50249，PX1C50249PX2C51C2014C50249进而的散布列为012P20254494949EX020125243349494949(Ⅲ)所检查的50名学生中物理、化学、生物选考两科目的学生有25名相应的概率为P251，因此YB4,1因此事件“Y2”的概率为50222234PY2C42111C43111C44111222221622．(Ⅰ)由AB4,F1F223，可知a2,c3即椭圆方程为x2y21,4离心率为e3;2m,0(Ⅱ)设Dx1,y1,Cx2,y2易知A2,0,B2,0,N0,m,Mk由{ykxm消去y整理得：14k2x28kmx4m240x24y24由04k2m210即m24k21，x1x28km4m2414k2,x1x214k2且CMDN即CMND可知x1x2m，即8kmm，解得k12k14k2k22242x1x2222k1x2242x12x242x1x2x1x2y122m1k22x122x12x242x1x2x1x2m1y24x2x1224由题知，点M、F1的横坐标xMxF1,有2m3易知m0,3知足m222即k1m112，则k11,743k2m11mk223.解：（Ⅰ）f'xx12ax2ax22ax1，x1，令gx2ax22ax1，4a21x18a4aa2，若0，即0a2，则gx0，当x1,时，f'x0，fx单一递加，若0，即a2，则gx0，仅当x1时，等号成立，当x1,时，f'x0，2x单一递加.若0，即a2，则gx有两个零点x1aaa2aaa2，x2，由2a2ag1g010，g1得1x110，0x222当x1,x1时，gx0，f'x0，fx单一递加；当xx1,x2时，gx0，f'x0，fx单一递减；当xx2,时，gx0，f'x0，fx单一递加.综上所述，当0a2时，fx在1,上单一递加；当a2时，fx在aaa2和aaa2,上单一递加，在1,2a2aaaa2aaa2上单一递减.2a,2a（Ⅱ）由（1）及f00可知：仅当极大值等于零，即fx10时，切合要求.此时，x1就是函数fx在区间1,0的独一零点x0.22ax010，因此2ax0进而有a1，2x0x01又由于fx0lnx01ax020，因此lnx01x00，2x01令x01t，则lntt10，2t设htlnt11，则h't2t21，2t22t再由（1）知：0t1，h't0，ht单一递减，e22又由于he250，he1e30，因此e2te1，即e2x01e1.22x1t24．(Ⅰ)由{2消去t获得y3x，则sin3cos，∴，y332tl(R)曲线C:x22因此直线的极坐标方程为1y234，则3cos2sin224则曲线C的极坐标方程为1322cos43sin9022cos43sin90(Ⅱ)由{，获得2790，设其两根为1，32，则17，9,∴AB241213，2122112∵点P的极坐标为23,2，∴OP23，POB3，3∴13313SPABSPOBSPOA23AB222