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2019版高二数学下学期期末考试试题文II满分150分,时间120分钟
一、选择题本题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的
1.已知集合,,则()A.B.C.D.
2.若,则复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.已知双曲线的一个焦点为则焦点到其中一条渐近线的距离为()A.B.C.D.
4.设函数,则()A.1B.2C.D.
5.秦九韶是我国南宋时期的数学家,普州(现四川省安岳县)人,他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法,至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例,若输入的值分别为,则输出的值为()A.B.C.D.6.已知直线的倾斜角为,则()A.B.C.D.
7.如图,E、F分别是三棱锥的棱AP、BC的中点,,,,则异面直线AB与PC所成的角为()A.30°B.120°C.60°D.45°8.设,,,则()A.B.C.D.
9.定义域为的奇函数的图像关于直线对称,且,则()A.xxB.xxC.4034D.
210.函数的图像大致是()A.B.C.D.
11.已知三棱锥四个顶点均在半径为的球面上,且,若该三棱锥体积的最大值为1,则这个球的表面积为()A.B.C.D.
12.已知椭圆的左、右焦点分別为,过的直线与椭圆交于两点,若是以为直角项点的等腰直角三角形,则椭圆的离心率为()A.B.C.D.
二、填空题本题共4小题,每小题5分,共20分
13.计算___________.
14.已知满足,则的最大值为__________.
15.函数的最小值是________.
16.已知平面向量满足,且与的夹角为150°,则的取值范围是_________.
三、解答题共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17—21题为必考题,每个试题考生都必须作答第
22、23题为选考题,考生根据要求作答
(1)必考题共60分
17.(本小题满分10分)记为等差数列的前项和,已知,.(I)求的通项公式;(II)设,求数列的前项和.
18.(本小题满分12分)如图1,在△中,分别为,的中点,为的中点,,.将△沿折起到△的位置,使得平面平面,为的中点,如图2.(Ⅰ)求证平面;(Ⅱ)求到平面的距离.图1图223456891112334568(Ⅰ)根据上表提供的数据,求出关于的线性回归方程;(Ⅱ)在该商品进货量(吨)不超过6(吨)的前提下任取两个值,求该商品进货量(吨)恰有一个值不超过3(吨)的概率.参考公式和数据.
20.(本小题满分12分)已知抛物线的焦点为,为抛物线上异于原点的任意一点,过点的直线交抛物线于另一点,交轴的正半轴于点,且有.当点的横坐标为3时,(Ⅰ)求抛物线的方程;(Ⅱ)若直线,且和抛物线有且只有一个公共点,试问直线(为抛物线上异于原点的任意一点)是否过定点,若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.
21.(本小题满分12分)设函数(Ⅰ)若函数在点处的切线方程为,求实数与的值;(Ⅱ)若函数有两个零点,求实数的取值范围
(1)选考题共10分请考生在第
22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分
22.(本小题满分10分)[选修4—4坐标系与参数方程]在直角坐标系中,已知曲线的参数方程为为参数以原点为极点x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为,直线的极坐标方程为.(Ⅰ)写出曲线的极坐标方程,并指出它是何种曲线;(Ⅱ)设与曲线交于两点,与曲线交于两点,求四边形面积的取值范围.23.(本题满分10分)选修4—5不等式选讲设函数.(Ⅰ)当时,求不等式的解集;(Ⅱ)若对恒成立,求的取值范围成都外国语学校高xx级高二(下)期末考试数学试题(文史类)参考答案
1、选择题1~5,DBCDC6~10ACCAD11~12BD
2、填空题
13114415163、解答题
17、解析
(1);
(2)错位相减法,
18.解(Ⅰ)取线段的中点,连接,.因为在△中,,分别为,的中点,所以,.因为,分别为,的中点,所以,,所以,,所以四边形为平行四边形,所以.因为平面,平面,所以平面.………6分(Ⅱ)为的中点,又平面平面,.由图有,,则……………12分
19.解析(Ⅰ)依题意,回归直线方程为…………6分(Ⅱ)由题意知,在该商品进货量不超过6吨共有5个,设为编码1,2,3,4,5号,任取两个有(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(2,3)(2,4)(2,5)(3,4)(3,5)(4,5)共10种,该商品进货量不超过3吨的有编号1,2号,超过3吨的是编号3,4,5号,该商品进货量恰有一次不超过3吨有
(13)
(14)
(15)
(23)
(24)25共6种,故该商品进货量恰有一次不超过3吨的概率为…………12分
20.解
(1)由题意知,由抛物线的定义知,解得,所以抛物线的方程为.
(2)由
(1)知,设,,因为,则,由得,故,故直线的斜率为,因为直线和直线平行,故可设直线的方程为,代入抛物线方程得,由题意知,得.设,则,,当时,,可得直线的方程为,由,整理可得,所以直线恒过点,当时,直线的方程为,过点,所以直线恒过定点.
21.解
(1)因为,所以又因为,所以,即……5分
(2)因为,所以,令,则,令,解得,令,解得,则函数在上单调递增,在上单调递减,所以,又当时,,当时,,画出函数的图象,要使函数的图象与有两个不同的交点,则,即实数的取值范围为.……12分
22.解(Ⅰ)由(为参数)消去参数得,将曲线的方程化成极坐标方程得,∴曲线是以为圆心为半径的圆.………………5分(Ⅱ)设,由与圆M联立方程可得,∵O,A,C三点共线,则
①,∴用代替可得.………………10分23.
(1)等价于或或,解得或故不等式的解集为
(2)因为,所以由题意得,解得或。