山西省怀仁一中2016-2017学年高二下学期期末考试数学(理)试题 扫描版含答案

怀仁一中两校区2016-2017学年下学期高二年级

期末考试数学（理）答案 一．1-5 BADBD 6—10 BDACC 11—12 CB

二．13．)81,0( 14．25 15． 25 16． ,3

17解：(1)

32,033,0323,3xxfxxxxxx

得0325xxx或0335xx或3235xxx，解得23x或x或8x，

所以不等式的解集为2,8,3． ----------------5分

（2）由（1）易知3fx，所以3,3mn．由于2422422mnmnmmnnmn．

且3,3mn，所以20,20mn，即220mn，

所以24mnmn. -----------------10分

18解 ：(1)设),(11yx为圆上的任意一点，在已知的变换下变为C上的点),(yx，

则有

1121yyxx 为参数）为参数）(sincos2(sin2cos211yxyx

1422yx ------------------------6分

（2）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，在极坐标系中，

曲线C化为极坐标方程得：1sin4cos2222，设A（,1），B（2,2），

则|OA|=1，|OB|=2。则2211OBOA=222111=)2(sin4)2(cossin4cos2222=45

----------------------12

19，解： ⑴设选出的3 种商品中至少有一种是家电为事件A，从2 种服装、3 种家电、4 种日用品中，选出3 种商品，一共有39C种不同的选法，

选出的3 种商品中，没有家电的选法有36C种，

所以，选出的3 种商品中至少有一种是家电的概率为211621511)(3936CCAP ---------4

⑵设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量，其所有可能的取值为0，n，n3，n6.（单元：元），

0表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以6427)411()41()0(3003CP，

同理6427)411()41()(2113CnP; 649)411()41()3(223CnP; 641)411()41()6(0333CnP; -----------------------8分

顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是 161564166493642764270nnnnE，

由601615n，解得64n，所以n最高定为64元，才能使促销方案对商场有利.

------------12分

20.解： （1）PC平面,ABCDAC平面,ABCDACPC ,

2,1,2ABADCDACBC ，

222,ACBCABACBC，∴AC又,BCPCCAC平面PBC，

AC 平面,EAC平面EAC平面PBC． ------------5分

(2)如图，以C 为原点，(CMM为AB中点）、

,CDCP分别为x 轴、y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标系，

则0,0,0,1,1,0,1,1,0CAB．

设0,0,0Paa，则1111,,,1,1,0,0,0,,,,222222aaECACPaCE ，

取1,1,0,0,mCBmCAmCPm为面PAC的法向量．

设,,nxyz为面EAC的法向量，则0nCAnCE，

即00xyxyaz取xa，则,2yaz，则,,2naa，

依题意，23cos,32mnamnmna，则1a．

于是1,1,2,1,1,2nPA．

设直线PA 与平面EAC所成角为 ，

则2sincos,3PAn . --------------------12 分

21，解：（Ⅰ）由题意可设椭圆方程为222210xyabab．

则22222121914caababc， 解得：224,3,ab椭圆方程为22143xy， ---------------4分

（Ⅱ）设1122,,,AxyBxy，不妨120,0yy，设1FAB的内切圆的半径R， 则1FAB的周长为111148,R4R2FABaSABFAFB因此1FABS最大， R就最大，

由题知，直线l 的斜率不为零，可设直线l的方程为1xmy，

由221143xmyxy得2234690mymy， 得12122269,3434myyyymm .

则12121221121234FABmSFFyym， ---------------8分

令21mt，可知1t，则122212121,1313FABtmtSttt 221mt，

令13fttt，则21'3ftt，当1t时，'0ft，ft在1,上单调递增，

有114,3FABftfS，

即当1,0tm时，11max33,4R,R4FABFABSS，这时所求内切圆面积的最大值为916．

故直线1:1,lxFAB内切圆面积的最大值为916. ----------------12分

22. 解：（1）22122252'250xxxxfxxxxxx，

令'0,2fxx或102x，

fx 的单调增区间为10,,2,2；单调减区间为1,22. ----------3分

（2）21211fxfxxx即2121210fxfxxxxx，所以2211210fxxfxxxx，

令,gxfxxgx在0,上单调递增，

222''10,10xaxgxfxx ∴01)(')('xfxg，对0x恒成立，

2222,21axxxaxx ,对0x恒成立，

又212224xxxx ，当1x时取等号，

min221413xx，故3a. -------------7分

（3）2222'2xaxfxxaxx，因为函数fx有两个极值点12,xx，所以12,xx是方程'0fx的两个根，即，所以是12,xx方程2220xax的两个根，

所以有121212211,1,2,2axxxxaxxxx， ∴22121112222ln2lnfxfxxaxxxaxx

221212122lnlnxxaxxxx

2222222221121221111221122ln2ln2lnxxxxxxxxxxxx

令21xx，则210xe，设2112ln0gxxxxxe，

∴2222211221'10xxxgxxxxx，

∴gx在210,e上单减，∴222114gxgeee，

故2214mee. -----------------12分