2018-2019学年贵州省铜仁第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题 Word版

2018-2019学年贵州省铜仁第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题 Word版

铜仁一中2018—2019学年度第二学期高二期末考试 数学（理科）试题 考试时间为120分钟，满分为150分。‎ 第Ⅰ卷 一、 选择题：本大题共12个小题；每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是 符合题目要求的．‎ ‎1．设集合,，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎2．已知复数满足，则共轭复数( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎3．若命题，则为（ ）‎ ‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎4．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则( )‎ ‎ A. -1 B. 1 C. D. ‎ ‎5．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的函数是( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎6．设函数的定义域为R，满足，且当时．‎ 则当，的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．设,则（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎8．函数的图象可能是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎9．甲乙丙三人代表班级参加校运会的跑步，跳远，铅球比赛，每人参加一项，每项都要有人参加，他们的身高各不同．现了解到以下情况：（1）甲不是最高的；（2）最高的没报铅球；（3）最矮的参加了跳远；（4）乙不是最矮的，也没参加跑步；可以判断丙参加的比赛项目是（ ）‎ A．跑步比赛 B．跳远比赛 C．铅球比赛 D．无法判断 ‎10．已知直线与曲线相切，则实数的值为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图，平面⊥平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，是的中点，则与平面所成角的正弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上，恒成立，则称函数在上为“凸函数”，已知当时，‎ 在上是“凸函数”，则在上( )‎ A.既有极大值,也有极小值 B.既有极大值,也有最小值 C.有极大值,没有极小值 D.没有极大值,也没有极小值 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分。‎ ‎13．设函数，则 ．[]‎ ‎14．已知函数，则 ‎ .15．已知R上可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为 .‎ ‎16．已知，则方程恰有2个不同的实根，实数取值范围 .‎ 三、解答题（本小题共6小题，共70分，写出文字说明，证明过程或步骤）‎ ‎17.（本小题满分10分）已知，设：实数满足 ，：实数x满足． ‎ ‎（1）若，且为真，求实数的取值范围； ‎ ‎（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．‎ ‎18.（本小题满分12分）已知定义在上的函数是奇函数．‎ ‎（1）求的值，并判断函数在定义域中的单调性（不用证明）；‎ ‎（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎19.（本小题满分12分）在直角梯形中，，，，为的中点，如图1．将沿折到的位置，使，点在上，‎ 且，如图2．‎ ‎（1）求证：⊥平面；‎ ‎（2）求二面角的正切值．‎ ‎20.（本小题满分12分）已知函数 ‎（1）求在点处的切线方程；‎ ‎（2）若存在，满足成立，求的取值范围．‎ ‎21.（本小题满分12分）已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）射线与曲线交点为、两点，射线与曲线交于点，求的最大值．‎ ‎22.（本小题满分12分）已知函数．‎ ‎（1）若，求函数的最大值；‎ ‎（2）令，讨论函数的单调区间；‎ ‎（3）若，正实数满足，证明.‎ 理科数学参考答案 一、选择题 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ C D B A A D A B A D C C 二、 填空题 ‎13、 -1 . 14、 .15、 . 16、 .‎ 三、解答题 ‎17、（1）解：由 得 ，‎ 当 时，，即为真时，实数的取值范围是 .   ‎ 由 ，得，即为真时，实数的取值范围是  ‎ 因为 为真，所以真且真，所以实数的取值范围是 （2）解：由得 ，‎ 所以，为真时实数的取值范围是 .‎ 因为是的必要不充分条件，所以且  ‎ 所以实数的取值范围为： ‎ ‎18、解：（1）∵f（x）是定义在R上的奇函数，‎ ‎∴，∴b＝1，f（x）是R上的减函数． ‎ ‎（2）不等式f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0，‎ 等价于f（t2﹣2t）＜f（k﹣2t2），‎ 又f（x）是R上的减函数，‎ ‎∴t2﹣2t＞k﹣2t2，…（8分）‎ ‎∴对t∈R恒成立，‎ ‎∴，即实数k的取值范围是． ‎ ‎19、解法一：（1）证明：在题图1中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，‎ 所以在题图2中，SA⊥AB，SA＝2，四边形ABCD是边长为2的正方形，‎ 因为SB⊥BC，AB⊥BC，所以BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，‎ 所以BC⊥SA，又SA⊥AB，所以SA⊥平面ABCD ‎（2）在AD上取一点O，使，连接EO．因为，所以EO∥SA 所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，‎ 则AC⊥平面EOH，所以AC⊥EH．‎ 所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，．‎ 在Rt△AHO中，．，‎ 即二面角E﹣AC﹣D的正切值为．‎ 解法二：（1）同方法一 ‎（2）如图，以A为原点建立直角坐标系，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，2），E（0，），易知平面ACD的法向为 设平面EAC的法向量为n＝（x，y，z）‎ 由，所以，可取 所以n＝（2，﹣2，1），所以 所以，即二面角E﹣AC﹣D的正切值为．‎ ‎20、解：(Ⅰ) ‎ ‎ 在处的切线方程为： ‎ ‎ 即 ‎ ‎ (Ⅱ) 即 令 ‎ ‎ 时， ，时， ‎ ‎ 在上减，在上增 ‎ 又时， 的最大值在区间端点处取到. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 在上最大值为，故的取值范围是：<. ‎ ‎21．解：（1）由曲线的参数方程(为参数)得：，即曲线的普通方程为，又， 曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程可化为， 故曲线的直角方程为 ‎ ‎（2）由已知，设点和点的极坐标分别为，，其中 则，，于是 ‎ 其中，由于，当时，‎ 的最大值是 ‎ ‎22. （Ⅰ）因为，所以， 此时，‎ ‎ , ‎ 由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 故当时函数有极大值，也是最大值，所以的最大值为． ‎ ‎ （Ⅱ），‎ 所以．‎ 当时，因为，所以．所以在上是递增函数， ‎ 当时，，[]‎ 令，得．所以当时，；当时，，‎ 因此函数在是增函数，在是减函数．‎ 综上，当时，函数的递增区间是，无递减区间；‎ 当时，函数的递增区间是，递减区间是．‎ ‎ （Ⅲ）当时，．‎ 由，即．‎ 从而． ‎ 令，则由得，．‎ 可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．所以， ‎ ‎ 所以，因为,因此