河南驻马店高二数学下学期期末考试理PDF

高二数学（理）试题 第 1页 （共 6 页） 驻马店市 20182019 学年度第二学期期终考试 高二（理科）数学试题参考答案 一、选择题 15BACDC610DCDBA11-12DB 二、填空题 13.714.615.316. 三、解答题 17 解：(1)由 1 1 22 n nn aa, 1 22 1 1 n n n n aa 即1 22 1 1 n n n n aa 所以 2 n n a 为等差数列，公差为1d；6 分 (2) 2 1 1) 1( 22 1 nn aa n n ， 1 2122 2 1 nn n nna8 分 12 2) 12(25231 n n nS n n nS2) 12(2523212 32 -得 nn n nS2) 12(2222221 12 n n n2) 12( 21 )21 (4 1 1 10 分 32) 32( n n nS12 分 高二数学（理）试题 第 2页 （共 6 页） 18 解解:（1）证明：底面ABCD为正方形， BCAB，又PBBC，BPBAB， BC平面PAB，BCPA. 同理CDPA，PA平面ABCD.6 分 （2）建立如图的空间直角坐标系xyzA， 则0 , 0 , 0A，)0 , 0 , 2(B0 , 2 , 2C，0 , 0 , 2B，)2 , 0 , 0(P 易知) 1 , 1 , 0(E 设 111 ,zyxm 为平面ABE的一个法向量， 又1 , 1 , 0AE,0 , 0 , 2AB， 02 0 1 11 x zy 令1, 1 11 zy，得1 , 1, 0 m. 设 222 ,zyxn 为平面AEC的一个法向量，又0 , 2 , 2AC 022 0 22 22 yx zy 令1, 1 11 zy得1 , 1, 1n 高二数学（理）试题 第 3页 （共 6 页） 3 6 83 4 ,cos nm nm nm.10 分 二面角CAEB的正弦值为 3 3 .12 分 19:解：【解析】由22列联表的数据，得 828.1048. 8 637 5400 1307060140 )12003000(200 )()()( )( 22 2 dbcadcba bcadn K 在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下， 不能认为优惠活动好评与车辆状况好评有关 系4 分 由题意，可知一次骑行用户获得 0 元的概率 10 3 5 1 2 1 1P X的所有可能取值分别为 0，1，2，3，45 分 100 9 10 3 )0( 2 XP， 10 3 10 3 2 1 ) 1( 1 2 CXP, 100 37 2 1 10 3 5 1 )2( 2 1 2 CXP, 5 1 5 1 2 1 )3( 1 2 CXP， 25 1 5 1 )4( 2 XP X的分布列为： X01234 P 9 100 3 10 37 100 1 5 1 25 10 分 X的数学期望为8 . 1 25 1 4 5 1 3 100 37 2 10 3 1EX（元） 12 分 高二数学（理）试题 第 4页 （共 6 页） 20.解：（1）( , )P x y到点(1,0)F的距离和到直线2x 的距离之比为 2 2 ， 22 (1)(0)2 |2|2 xy x ，2x . 2 分 化简得： 2 2 1 2 x y. 故所求曲线C的方程为： 2 2 1 2 x y.4 分 (2)分三种情况讨论： 1当lx轴时，由椭圆对称性易知：OMAOMB . 2当l与x轴重合时，由直线与椭圆位置关系知：OMAOMB 0 .8 分 3设l为：(1)yk x，0k ，且 11 (, (1)A x k x ， 22 (, (1)B x k x ， 由 2 2 (1) 1 2 yk x x y 化简得： 2222 (21)4220kxk xk， 2 12 2 4 21 k xx k ， 2 12 2 22 21 k x x k .10 分 设MA,MB所在直线斜率分别为： MA k, MB k，则 121212 121212 (1)0(1)023()4 222() MAMB k xk xx xxx kkk xxx xxx 22 22 22 22 224 234 2121 224 2 2121 kk kk k kk kk 222 2 44 1284 62 kkk k k 0 此时，OMAOMB . 综上所述：OMAOMB .12 分 高二数学（理）试题 第 5页 （共 6 页） 21.（1） 2 ( )2(1)42 x f xxeaxax，0a ，(,)x . ( )2(2)()0 x fxxea 1 2x 或 2 ln()xa. 2 分 1当ln()2a ，即 2 0ea 时， 若(,ln()xa ，则( )0fx ，( )f x单调递增； 若(ln(), 2)xa，则( )0fx ，( )f x单调递减； 若( 2,)x ，则( )0fx ，( )f x单调递增； 此时，( )f x有两个极值点：ln()a，2. 2当ln()2a ，即 2 ae 时，( )0fx ，( )f x单调递增， 此时( )f x无极值点. 3当ln()2a ，即 2 ae 时， 若(, 2)x ，则( )0fx ，( )f x单调递增； 若( 2,ln()xa ，则( )0fx ，( )f x单调递减； 若(ln(),)xa，则( )0fx ，( )f x单调递增； 此时，( )f x有两个极值点：2，ln()a. 故当 2 ae 时，( )f x无极值点；当 22 (,)(,0)aee 时，( )f x有两个极值点. 5 分 (2)由（1）知， 0 ln()xa，且 2 ( 2)4222 x feae ， 2 ae，由（1）中3知：( )f x在(, 2) 上单调递增，在( 2,ln()a上单调递减，在 (ln(),)a上单调递增. 又(0)0f（这一步是此题的关键点，观察力）8 分 1当ln()0a即1a 时，( )f x在(0,ln()a上单调递减， 此时， 0 ()(ln()(0)0f xfaf成立. 2当ln()0a即1a 时， 0 ()(ln()(0)0f xfaf成立. 3当ln()0a即 2 1ae 时，( )f x在(ln(),0)a上单调递增， 高二数学（理）试题 第 6页 （共 6 页） 此时， 0 ()(ln()(0)0f xfaf成立. 综上所述， 0 ()0f x，当1a 时，“”成立.12 分 22 解：【答案解析】() 22 2 50 xyy() 4 解析 ：解：() 2 5sin，sin52 2 ,所以圆 C 的直角坐标方程为 22 2 50 xyy.5 分 () 将直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得023 2 tt， 解得1 1 t或2 2 t, tyxPA2)5()3( 2 1 2 1 可得22 1 tPA 同理222 2 tPB 4 PBPA10 分 23 解：解：（1）因为函数12)(xxxf， 3)1 ()2(12)(xxxxxf等号成立的条件12x 综上，)(xf的最小值3t.5 分 （2）据(1)求解知3t，所以3tcba， 又因为