2017-2018学年贵州省遵义航天高级中学高二上学期期末考试数学(文)试题 Word版

- 1 - 2017-2018学年贵州省遵义航天高级中学高二上学期期末考试数学(文科)

（试题满分：150分 考试时： 120分钟）

一、选择题（每小题5分，共60分。每小题只有一个．．．．选项符合题意）

1. 设集合=13Axx，=Bxxm，若AB，则m的取值范围是

A. 3m B. 1m C.1m D. 3m

2.下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为2yx的是

A. 22=14xy B. 22=14yx C. 22=14xy D. 22=14yx

3.已知1sin,,32，则tan=

A. 2 B. 2 C. 22 D. 24

4. 下列说法正确的是

A.2,,fxaxbxcabcR，则0fx的充分条件是240bac

B.若 ,,mknR，则22mknk的充要条件是mn

C.对任意xR，20x的否定是存在0xR，200x

D.m是一条直线，，是两个不同的平面，若m，m，则//

5.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为

A. 4 B. 8 C. 12 D. 323

6.设F为抛物线2:4Cyx的焦点，曲线0kykx与C交于点P，PFx轴，则k

A. 12 B. 1 C.32 D. 2

7. 圆2228130xyxy的圆心到直线10axy的距离为1，则a

- 2 - A. 43 B. 34 C.3 D. 2

8.已知nS为等差数列na的前n项和，若191734aaa，则179SS=

A. 9 B. 185 C.689 D. 94

9. 若执行右侧的程序框图，当输入的x的值为4时，输出的y的值为2，则空白判断框中的条件可能为（ ）

A. 3x B. 4x C.4x D. 5x

10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为

A. 13 B. 23 C.1 D. 43

11.设函数ln1ln1fxxx，则fx是

A. 奇函数，且在0,1上是增函数

B. 奇函数，且在0,1上是减函数

C. 偶函数，且在0,1上是增函数

D. 偶函数，且在0,1上是减函数

12.过抛物线xyC4:2的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M（M在x轴上方），l为C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为

A.5 B.22 C.32 D.33

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量1,2,,1abm.若向量ab与a垂直，则m=

14.若,xy满足约束条件103030xyxyx，则2zxy的最小值为 ______

- 3 - 15. 函数cos26cos2fxxx的最大值为

16.平面直角坐标系xOy中，双曲线22122:10,0xyCabab的渐近线与抛物线22:20Cxpyp交于点,,OAB.若OAB的垂心为2C的焦点，则1C的离心率为

三、解答题（本题6小题，第17小题10分，第18-22小题，每小题12分， 共70分。解．答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．．．．．．．．．．．．．．．．．．）

17．（本小题满分10分）

已知,,abc分别是ABC内角,,ABC的对边，2sin2sinsinBAC.

（I）若ab，求cosB；

（II）若90B，且2a， 求ABC的面积.

18．（本小题满分12分）

nS为数列na的前项n和，已知0na，2243nnnaaS.

（I）求na的通项公式；

（II）设11nnnbaa，求数列nb的前项n和.

19．（本小题满分12分）

某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：20,30，30,40，…，80,90，并整理得到如下频率分布直方图：

（I）从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分

- 4 - 数小于70的概率；

（II）已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间40,50内的人数；

（III）已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等.试估计总体中男生和女生人数的比例.

20．（本小题满分12分）

如图所示，正三棱柱111ABCABC的高为2，D是1AB的中点，E是11BC的中点

（I）证明：11//DEACCA平面；

（II）若三棱锥EDBC的体积为33，求该正三棱柱的底面边长.

21（本小题满分12分）

中心在原点的双曲线C的右焦点为602F，，渐近线方程为2yx.

（I）求双曲线C的方程；

（II）直线:1lykx与双曲线C交于,PQ两点，试探究，是否存在以线段PQ为直径的圆过原点.若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由.

EDC1B1ACBA1

- 5 -

22．（本小题满分12分）

已知函数2232log,logfxxgxx；

（I）当1,4x时，求函数2fxhxfxgx的最值；

（II）如果对任意的1,4x，不等式2fxfxkgx恒成立，求实数k的取值范围.

- 6 - 遵义航天高级中学2017——2018年度第一学期期末考试

高二数学文科答案

一、选择题

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

12

A B D D C

D

A C B B A

C

二、填空题

13、7 14、5 15、5 16、32

17、（I）2sin2sinsinBAC，由正弦定理得：2bac；

ab，2ac

由余弦定理得：222222221cos2224cccacbBaccc

（II）由（I）可得：2bac，

90,2Ba且

222acac，解得2ac.

112ABCSac.

18、（I）当1n时，2111124343aaSa，因为0na，所以13a.

当2n时，2211143434nnnnnnnaaaaSSa，

即1112nnnnnnaaaaaa，因为0na，所以12nnaa.

所以数列na是首项为3，公差为2的等差数列，

所以21nan；

（II）由（I）知，1111212322123nbnnnn

所以数列nb前n项和为：

12111111111235572123646nbbbnnn.

19、（Ⅰ）根据频率分布直方图可知，样本中分数不小于70的频率为

- 7 - (0.020.04)100.6，所以样本中分数小于70的频率为10.60.4.

所以从总体的400名学生中随机抽取一人，其分数小于70的概率估计为0.4.

（Ⅱ）根据题意，样本中分数不小于50的频率为(0.010.020.040.02)100.9，分数在区间[40,50)内的人数为1001000.955.

所以总体中分数在区间[40,50)内的人数估计为540020100.

（Ⅲ）由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为(0.020.04)1010060，

所以样本中分数不小于70的男生人数为160302.

所以样本中的男生人数为30260，女生人数为1006040，男生和女生人数的比例为60:403:2.

所以根据分层抽样原理，总体中男生和女生人数的比例估计为3:2.

20、（Ⅰ）证明：如图，连接AB1，AC1， ……………………（1分）

易知D是AB1的中点，

又E是B1C1的中点，

所以在11BAC△中，DE//AC1， ………………………（3分）

又DE平面ACC1A1，AC1平面ACC1A1，

所以DE//平面ACC1A1. …………………………………………………………（5分）

（Ⅱ）解：EDBCDEBCVV， ……………………………………………………（6分）

∵D是AB1的中点，

∴D到平面BCC1B1的距离是A到平面BCC1B1的距离的一半，

如图，作AFBC交BC于F，由正三棱柱的性质，易证AF平面BCC1B1，

设底面正三角形边长为a，则三棱锥D−EBC的高h=12AF=34a， …………（9分）

122EBCSaa△，所以21333123DEBCEBCVSha△， ………………（11分）

解得2a.

所以该正三棱柱的底面边长为2． …………………………………………（12分）

- 8 - 21、（Ⅰ）设双曲线的方程为22221xyab(00)ab，，则有222622cbacab，，，…（2分）

得212ab，，所以双曲线方程为2221xy． ……………………………（4分）

（Ⅱ）由22121ykxxy，，得22(2)220kxkx， ……………………………（5分）

依题意有22220(2)4(2)(2)0kkk，，

解得22k且2k，① ………………………………………………………（6分）

且12222kxxk，12222xxk， ……………………………………………（7分）

设11()Pxy，，22()Qxy，，

依题意有OPOQ，所以12120OPOQxxyy， ……………………………（8分）

又212121212(1)(1)()1yykxkxkxxkxx， ………………………………（9分）

所以22222(1)21022kkkk，化简得0k， …………………………………（11分）

符合①，所以存在这样的圆. ……………………………………………………（12分）

22、（Ⅰ）2232log32log2232log2log3xxhxxx

又hx在上1,4单调递减，

232log4min143hxh，232log1max127hxh；