江苏南通通州区高二数学下学期期末学业质量监测理PDF

2017-2018学年下高二期末质量监测 理科数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共4页，包含填空题（共14题）、解答题（共6题，满分为160分，考试时 间为120分钟。考试结束后，请将答题卡交因。 2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写 在答题卡上。 3.作答试题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位 置 作答一律无效。如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑、加粗，描写清楚。 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填写在答题卡相应位置 1.己知集合A=xl-2xO 时， f(x) = x2 -log川，则 f(-2）的值为_A_. 5.某次测试共有100名考生参加，测试成绩的频率分布直方图如图所示，则成绩在80分 以上的人数为一生一 6. 如图所示的伪代码，最后输出的S值为_L. 频率 组距 0.04 一 : I1 I i轨电ile IB. 高二理科附加第1页（共1页） 高二数学参考答案 第 1 页 共 10 页 Q （第 16 题 图 2） A B C M N 1 A 1 B 1 C 20172018 学年（下）高二期末质量监测学年（下）高二期末质量监测 数学参考答案及评分建议 一、填空题： （文科）（文科） 127； 20,)； 3 3 4 ； 4 2 3 ； 525； 621； 72； 8必要不充分； 9 12 ； 10 6 12 a； 11 1 3 ； 12 1 ( 2, ) 2 ； 132； 14( 1,1) （理科）（理科） 11,0； 25； 3 3 4 ； 43； 525； 621； 7 2 2yx； 8必要不充分； 9126； 10 6 12 a； 11 12 ； 123； 132； 14( 1,1) 二、解答题： （文理科（文理科 15） 解： （1） （法一） 如图 1，设BC的中点为H，连结NH， 1 HC 在ABC中，因为N为AB的中点， 所以/NHAC，且 1 2 NHAC， 2 分 在三棱柱 111 ABCABC中， 因为 11 /ACAC，且 11 ACAC，M为 11 AC的中点， 所以 1/ MCAC，且 1 1 2 MCAC， 4 分 所以 1 /NHMC，且 1 NHMC， 所以四边形 1 MC HN为平行四边形， 所以 1 /MNC H 6 分 又MN 平面 11 BCC B， 1 C H 平面 11 BCC B， 所以/MN平面 11 BCC B 8 分 （法二） 如图 2，在侧面 11 ACC A中， 连结AM并延长交直线 1 CC于点Q，连结BQ. 在三棱柱 111 ABCABC中， 11 AACC， 所以 1 1 AM AM MQMC ， 2 分 因为 M 为 11 AC的中点，所以 M 为AQ中点. 4 分 又因为 N 为AB中点，所以MNBQ， 6 分 又MN 面 11 BCC B，BQ 面 11 BCC B， 所以/MN平面 11 BCC B 8 分 （法三） 如图 3，取 11 AB的中点 O，连结OM、ON. 在 111 ABC中，因为 O、M 分别为 11 AB、 11 AC的中点，所以 11 OMBC. （第 16 题 图 1） M N A B C 1 A 1 B 1 C H 高二数学参考答案 第 2 页 共 10 页 （第 16 题 图 3） M N A B C 1 A 1 B 1 C O 因为OM 面 11 BCC B， 11 BC 面 11 BCC B， 所以/OM平面 11 BCC B. 2 分 在三棱柱 111 ABCABC中， 11 ABAB且 11 ABAB， 又因为 O、N 分别为 11 AB、AB的中点， 所以 1 OBBN， 1 OBBN， 所以四边形 1 OB BN为平行四边形， 所以 1 /ONB B， 又ON 面 11 BCC B， 1 B B 面 11 BCC B， 所以/ON面 11 BCC B. 4 分 因为/OM面 11 BCC B，/ON面 11 BCC B，OMONO,OM 面OMN，ON 面OMN， 所以面OMN面 11 BCC B， 6 分 又MN 面OMN，所以/MN平面 11 BCC B. 8 分 （2）因为 1111 ABBC，M 为 11 AC的中点，所以 111 B MAC. 10 分 因为面 11 ACC A 面 111 ABC，面 11 ACC A 面 111 ABC= 11 AC， 1 B M 面 111 ABC， 所以 1 B M面 11 ACC A. 12 分 又 1 B M 面 1 B MN，所以面 1 B MN 面 11 ACC A. 14 分 （文科（文科 16） 解： （1）因为3sincos1AA， 所以2sin()1 6 A ， 即 1 sin() 62 A . 2 分 因为0A ， 所以 5 666 A ， 4 分 所以 66 A ， 所以 3 A . 6 分 （2）因为 22 sincos1BB， 4 cos 5 B ，(0,) 2 B ， 所以 2 3 sin1cos 5 BB， 8 分 所以sinsin()sincoscossinCABABAB 34134 33 252510 . 10 分 在ABC中， sinsin BCAB AC ， 12 分 所以 43 34 33 210 BC ，得5BC . 14 分 （理科（理科 16） 解： （1）因为(12sin )，a， (sin() 1) 3 ，b，且ab， 所以 1 sin() (2sin ) 10 3 2 分 高二数学参考答案 第 3 页 共 10 页 所以 31 sincos2sin0 22 ， 4 分 所以 35sin cos0 22 ， 从而 3 tan 5 6 分 （2）因为(12sin )，a， (sin() 1) 3 ，b，且ab， 所以 sin() (2sin )1 3 8 分 所以 311 ( sincos ) sin 222 ， 即 2 sin3sin cos1， 10 分 所以 2 3sincoscos 因为 (0) 2 ，所以cos0， 所以 3 tan 3 ， 12 分 所以 6 14 分 （文科文科 17） 解： （1）因为P为圆O的弦BC的中点，所以OPBC 因为P为OA的中点，所以 1 1 2 OPOA， 在RtBPO中，1OP ，2OB ， 所以60BOP ，所以120BOC ， 2 分 所以 1 cos22()2 2 OB OCOBOCBOC . 4 分 （2） 因为2BPPC， 所以22OPOBOCOP ， 所以 12 33 OPOBOC ， 6 分 又OPOBOC ， 且OB 与OC 不共线， 所以 1 3 ， 2 3 . 8 分 因为 12 33 OPOBOC ， 所以 2 2 12 33 OPOBOC （）， 10 分 高二数学参考答案 第 4 页 共 10 页 即 222144 999 OPOBOCOB OC ， 12 分 因为1OP ，2OAOB， 所以 144 144 999 OB OC ， 所以 11 4 OB OC . 14 分 （理科理科 17） 解： （1）设等差数列 n a的首项为 1 a，公差为d， 由 23 7aa，其前 9 项和为 54， 得 1 237ad， 1 93654ad， 2 分 解得 1 2a ，1d ， 所以1 n an 4 分 由 11 12 nn SS nn ， 知数列 n S n 为等差数列，且公差为 1 2 因为 1 1b ，所以 1 1 1 S ， 所以 111 1(1) 222 n S nn n ， 6 分 所以 1 (1) 2 n Sn n 当2n时， 1 11 (1)(1) 22 nnn bSSn nnnn ， 当1n 时， 11 1bS，符合上式， 所以 n bn（n N） 8 分 （2）由（1）知， 111 2 11 n nn c nnnn 10 分 所以 12nn Tccc 11111 21 2231 n nn 1 21 1 n n 12 分 由 1 1111 (23)(21)20 2112 nn TTnn nnnn ， 高二数学参考答案 第 5 页 共 10 页 1 l 2 l N M （第 18 题） A B P O 东 北 所以 1nn TT 因为对任意n N，都有 n Ta恒成立，所以 min ) n aT(，即 1 aT， 所以实数a的取值范围是 5 2 a 14 分 （文理科文理科 18） 解： （法一） （1）如图，过P分别作 1 l、 2 l的垂线，垂足分别为M、N 因为小城P位于小城O的东北方向，且5 2OP ， 所以5PMPN， 2 分 在 RTRtPMA和RtPNB中，易得 5 tan MA ， 5 sin AP ， 4 分 5tanBN， 5 cos BP . 6 分 所以( )+LOAMAAPPB BNON 555 5tan10 tansincos (0) 2 8 分 （2） 555 ( )5tan10 tansincos L 5sin5cos55 10 cossinsincos sin1cos1 5()10 cossin ， 22 22 cos(sin1)sinsin(cos1)cos ( )5 cossin L 22 1sin1cos 5() cossin 11 5() 1sin1cos 5(sincos ) (1sin )(1cos ) 10 分 当0 4 时，( )0L，( )L单调递减； 当 42 时，( )0L，( )L单调递增. 12 分 所以 4 时，( )L取得最小值 此时， 5 =5+10 tan 4 OA ，=5+5tan10 4 OB . 14 分 AOB的面积 11 10 1050 22 AOB SOA OB 2 (km ) 答：开发区域AOB的面积为 50 2 km. 16 分 （法二） （1）在AOP中， sinsin OPOA PAOOPA ，即 5 2 sin3 sin 4 OA （） ， 所以 3 5 2sin() 4 = sin OA 5cos5sin = sin 2 分 高二数学参考答案 第 6 页 共 10 页 在RTAOB中， 5cos5sin tan cos OBOA ， 4 分 5cos5sin cossincos OA AB 6 分 所以( )LOAOBAB 5cos5sin sin 5cos5sin cos 5cos5sin sincos 5(cossin )(1sincos ) sincos (0) 2 8 分 （2）令sincost，则2sin() 4 t ， 因为0 2 ，所以 3 444 ，所以12t. 10 分 由 2 (sincos )12sincos ，得 2 1 sincos 2 t . 记 2 5 (1) ( )g( ) 1 2 tt Lt t 10 10 1t ， 因为g( ) t在(1, 2上单调递减，所以当2t 时( )L最小. 12 分 此时 42 ，即 4 ， 5cos5sin 44 =10 sin 4 OA ，10tan10 4 OB . 14 分 所以AOB的面积 11 10 1050 22 AOB SOA OB 2 (km ) 答：开发区域AOB的面积为 50 2 km. 16 分 （文理科文理科 19） 解： （1）在 22 22 1 xy ab 中，令xc， 可得 222 222 1 ycb baa ，所以 4 2 2 b y a 所以当直线lx轴时， 2 2b PQ a ， 2 分 又 3 4 PQAB，所以 2 23 2 4 b a a ， 所以 2 2 3 4 b a ，所以 22 2 22 1 1 4 cb e aa ， 所以 1 2 e . 4 分 （2） 因为 1 2 c e a ，所以2ac， 22 3bacc， 椭圆方程为 22 22 1 43 xy cc ， 当点 P 与点 D 重合时，P 点坐标为(0,3 )c， 又( ,0)F c，所以此时直线 l 为33yxc. 由 22 22 33 , 1, 43 yxc xy cc 得 8 5 Q xc， 6 分 高二数学参考答案 第 7 页 共 10 页 又 2 4812 55 c c c ，所以1c . 所以椭圆方程为 22 1 43 xy . 8 分 设直线 l 为1(0)xmym， 由 22 1, 1, 43 xmy xy 得 22 3(1)412myy， 即 22 (34)690mymy，0 恒成立. 设 11 ( ,)P x y， 22 (,)Q xy， 则 12 2 6 34 m yy m ， 12 2 9 34 y y m ， 10 分 所以 12 1 2 APQ SAFyy 2 1212 3 ()4 2 yyy y 2 22 3636 () 23434 m mm 2 22 1 18 (34) m m . 12 分 令 2 1mt ，则1t 且 2 1mt ， 则 2 18 (31) APQ t S t 2 18 916 t tt 1 18 1 96t t ，1t ， 14 分 易知函数 1 9yt t 在 1 ,) 3 上单调递增， 所以当1t 时， max 9 () 2 APQ S 即APQ的面积的最大值为 9 2 16 分 （文理科文理科 20） 解：( )exfxax， （1）当2a 时，( )e2 x fxx，记( )( )e2 x g xfxx， 则( )2 x g xe，由( )0g x得ln2x . 2 分 当ln2x 时，( )0g x，( )g x单调递减； 当ln2x 时，( )0g x，( )g x单调递增. 所以当ln2x 时 min ( )22ln2g x. 所以 min ( )22ln2fx. 4 分 （2）由( )2f x 得 2 1 e2 2 x ax，即 2 1 e2 2 x ax ， 因为1x ，所以 2 1e2 2 x a x （*） 记 2 e2 ( )(1) x h xx x ，则 2 4 e(e2)2 ( ) xx xx h x x = 3 (2)4 x xe x ， 记(2)4 x yxe，则(2)(1) xxx yexexe ， 高二数学参考答案 第 8 页 共 10 页 因为1x ，所以0y且不恒为 0， 所以1x 时，y单调递增， 6 分 当1x 时， min 40ye，所以( )h x 3 (2)4 0 x xe x ， 所以( )h x在1,上单调递增， min ( )(1)2h xhe， 因为（*）对1x 恒成立， 所以 1 2 2 ae，即24ae 所以实数a的最大值为24e 8 分 （3）记( )( )exm xfxax，( )exm xa， 因为( )f x存在极大值与极小值， 所以( )fx，即( )m x存在两个零点，且( )m x在零点的两侧异号. 当0a 时，( )0m x，( )m x单调递增， 此时( )m x不存在两个零点； 10 分 当0a 时，由( )0m x得lnxa， 当lnxa时，( )0m x，( )m x单调递减； 当lnxa时，( )0m x，( )m x单调递增. 所以 min ( )(ln )lnm xmaaaa， 所以( )m x存在两个零点的必要条件为：(ln )ln0maaaa，即ae. 12 分 由ae时， （i）记 1 ln ()ya ae a ，则 2 11 0y aa . 所以当ae时， 1 lnya a 单调递减， 当ae时， 11 ln10a ae ，所以 1 lna a . 因为 1 1 ( )e10 a m a 且(ln )0ma ，( )m x的图象在 1 (,ln )a a 单调且不间断， 所以( )m x在 1 (,ln )a a 上，有且只有一个零点. 又( )m x在(,ln )a上单调， 所以( )m x在(,ln )a上有且只有一个零点，记为 1 x. 由( )m x在(,ln )a内单调递减，易得当 1 xx时，函数( )f x存在极大值 14 分 （ii）记ln ()yaa ae，则 1 10y a 所以ae时，ln10aae ，所以lnaa. 由（1）知2a 时， 2 ( )exf xx有 min ( )22ln20fx 所以( )f x在 R 上单调递增，所以ae时， 22 ( )ee0 ae m aae 因为( )0m a 且(ln )0ma ，( )m x的图象在(ln , )a a单调且不间断， 所以( )m x在(ln , )a a上，有且只有一个零点. 又( )m x在(ln ,)a 上单调， 所以( )m x在(ln ,)a 上有且只有一个零点，记为 2 x. 由( )m x在(ln ,)a 内单调递增，易得当 2 xx时，函数( )f x存在极小值 综上，实数a的取值范围为(e,) 16 分 高二数学参考答案 第 9 页 共 10 页 20172018 学年学年（下下）高高二二期期末质量监测末质量监测 附加题参考答案及评分建议 21解：NM 10 02 10 11 10 22 2 分 设( , )x y为 1 l上任一点，两次变换后对应点为( ,)x y， 10 22 x y x y ， 4 分 所以 , 22 , xx yxy 6 分 所以 , 2 , 2 xx yx y 8 分 因为20 xy， 所以20 xyx，即0 xy 所以 2 l的方程为：0 xy 10 分 22解：以极点为坐标原点，极轴为x轴建立平面直角坐标系， 化极坐标(2,) 3 为直角坐标(1, 3)， 圆C的直角坐标方程为： 22 (1)(3)4xy， 2 分 记圆心C到直线l的距离为d，则 22 2 3 ()4 2 d ， 所以1d 4 分 极坐标(2,0)化为直角坐标为(2,0)， 1 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为2x 符合题意， 6 分 2 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(2)yk x，即20kxyk， 所以 2 32 1 1 kk k ，即 2 31kk， 3 3 k 此时，直线l的方程 3 (2) 3 yx ， 即320 xy 8 分 所以所求直线l的直角坐标方程为2x 或320 xy， 化为极坐标方程为cos2或cos3 sin20 10 分 23解： （1）