高二理科数学下学期期末试卷

高二理科数学下学期期末试卷（理科）班级学号姓名分数第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共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.复数(2)12iii等于（D）A．iB．iC．1D．12.函数1()fxxx的图像关于（C）A．y轴对称B．直线xy对称C．坐标原点对称D．直线xy对称3.记等差数列{}na的前n项和为nS，若112a，420S，则6S（D）A．16B．24C．36D．484.已知a，b都是实数，那么“22ba”是“ab”的D（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件5.在△ABC中，角ABC的对边分别为a、b、c,若(a2+c2-b2)tanB=3ac,则角B的值为DA.6B.3C.6或56D.3或236.设,MN是球心O的半径OP上的两点，且NPMNOM，分别过,,NMO作垂直于OP的面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为：(D)（Ａ）3,5,6（Ｂ）3,6,8（Ｃ）5,7,9（Ｄ）5,8,97.在ABC△中，ABc，ACb．若点D满足2BDDC，则AD（A）A．2133bcB．5233cbC．2133bcD．1233bc若函数9.若双曲线12222byax的两个焦点到一条准线的距离之比为3：2,则双曲线的离心率是D（A）3（B）5（C）3（D）58.()yfx的值域是1[,3]2，则函数1()()()Fxfxfx的值域是BA．1[,3]2B．10[2,]3C．510[,]23D．10[3,]310.已知函数3()2xfx，1()fx是()fx的反函数，若16mn（mn+R，），则11()()fmfn的值为（A）A．2B．1C．4D．1011.设曲线11xyx在点(32)，处的切线与直线10axy垂直，则a（D）A．2B．12C．12D．212.函数y＝lncosx(-2π＜x＜)2的图象是A第Ⅱ卷（非选择题共90分）考生注意事项：请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上书写作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．13.在)5)(4)(3)(2)(1(xxxxx的展开式中，含4x的项的系数是。-1514.211lim______34xxxx.1515.已知随机变量服从正态分布N(3,a2),则P(3)＝。1216.某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有种．（用数字作答）．96三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17（本小题满分12分）已知函数22s(incoss1)2cofxxxx（,0xR）的最小值正周期是2．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求函数()fx的最大值，并且求使()fx取得最大值的x的集合．（17）本小题主要考查特殊角三角函数值、两角和的正弦、二倍角的正弦与余弦、函数sin()yAx的性质等基础知识，考查基本运算能力．满分12分．（Ⅰ）解：242sin224sin2cos4cos2sin222cos2sin12sin22cos12xxxxxxxxf由题设，函数xf的最小正周期是2，可得222，所以2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，244sin2xxf．当kx2244，即Zkkx216时，44sinx取得最大值1，所以函数xf的最大值是22，此时x的集合为Zkkxx,216|．18．（本小题共13分）甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到ABCD，，，四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．（Ⅰ）求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；（Ⅱ）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；（Ⅲ）设随机变量为这五名志愿者中参加A岗位服务的人数，求的分布列．解：（Ⅰ）记甲、乙两人同时参加A岗位服务为事件AE，那么3324541()40AAPECA，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是140．（Ⅱ）记甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件E，那么4424541()10APECA，所以，甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是9()1()10PEPE．（Ⅲ）随机变量可能取的值为1，2．事件“2”是指有两人同时参加A岗位服务，则235334541(2)4CAPCA．所以3(1)1(2)4PP，的分布列是13P3414·····················································································································································12分3．如图，在三棱锥PABC中，2ACBC，90ACB，APBPAB，PCAC．（Ⅰ）求证：PCAB；（Ⅱ）求二面角BAPC的大小；（Ⅲ）求点C到平面APB的距离．解法一：（Ⅰ）取AB中点D，连结PDCD，．APBP，PDAB．ACBC，CDAB．PDCDD，AB平面PCD．PC平面PCD，PCAB．（Ⅱ）ACBC，APBP，APCBPC△≌△．又PCAC，PCBC．又90ACB，即ACBC，且ACPCC，ACBDPACBEPACBPBC平面PAC．取AP中点E．连结BECE，．ABBP，BEAP．EC是BE在平面PAC内的射影，CEAP．BEC是二面角BAPC的平面角．在BCE△中，90BCE，2BC，362BEAB，6sin3BCBECBE．二面角BAPC的大小为6arcsin3．（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB平面PCD，平面APB平面PCD．过C作CHPD，垂足为H．平面APB平面PCDPD，CH平面APB．CH的长即为点C到平面APB的距离．由（Ⅰ）知PCAB，又PCAC，且ABACA，PC平面ABC．CD平面ABC，PCCD．在RtPCD△中，122CDAB，362PDPB，222PCPDCD．332PDCDPCCH．点C到平面APB的距离为233．解法二：（Ⅰ）ACBC，APBP，APCBPC△≌△．又PCAC，PCBC．ACBCC，PC平面ABC．AB平面ABC，ACBDPHPCAB．（Ⅱ）如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz．则(000)(020)(200)CAB，，，，，，，，．设(00)Pt，，．22PBAB，2t，(002)P，，．取AP中点E，连结BECE，．ACPC，ABBP，CEAP，BEAP．BEC是二面角BAPC的平面角．(011)E，，，(011)EC，，，(211)EB，，，33622cosEBECEBECBEC．二面角BAPC的大小为3arccos3．（Ⅲ）ACBCPC，C在平面APB内的射影为正APB△的中心H，且CH的长为点C到平面APB的距离．如（Ⅱ）建立空间直角坐标系Cxyz．2BHHE，点H的坐标为222333，，．233CH．点C到平面APB的距离为233．20.（本小题满分12分）在数列{}na中，11a，22a，且11(1)nnnaqaqa（2,0nq）．（Ⅰ）设1nnnbaa（*nN），证明{}nb是等比数列；ACBPzxyHE（Ⅱ）求数列{}na的通项公式；本小题主要考查等差数列、等比数列的概念、等比数列的通项公式及前n项和公式，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法．满分12分．（Ⅰ）证明：由题设11(1)nnnaqaqa（2n），得11()nnnnaaqaa，即1nnbqb，2n．又1211baa，0q，所以{}nb是首项为1，公比为q的等比数列．（Ⅱ）解法：由（Ⅰ）211aa，32aaq，……21nnaaq，（2n）．将以上各式相加，得211nnaaqq（2n）．所以当2n时，11,,.1,111nnqqqanq上式对1n显然成立．21.在直角坐标系xOy中，点P到两点(03)，，(03)，的距离之和等于4，设点P的轨迹为C，直线1ykx与C交于A，B两点．（Ⅰ）写出C的方程；（Ⅱ）若OAOB，求k的值；（Ⅲ）若点A在第一象限，证明：当k0时，恒有|OA||OB|．20．本小题主要考查平面向量，椭圆的定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知识，考查综合运用解析几何知识解决问题的能力．满分12分．解：（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(03)(03)，，，为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴222(3)1b，故曲线C的方程为2214yx．·······························································································3分（Ⅱ）设1122()()AxyBxy，，，，其坐标满足22141.yxykx，消去y并整理得22(4)230kxkx，故1212222344kxxxxkk，．·················································································5分若OAOB，即12120xxyy．而2121212()1yykxxkxx，于是22121222233210444kkxxyykkk，化简得2410k，所以12k．······················································································8分（Ⅲ）2222221122()OAOBxyxy22221212()4(11)xxxx12123()()xxxx1226()4kxxk．因为A在第一象限，故10x．由12234xxk知20x，从而120xx．又0k，故220OAOB，即在题设条件下，恒有OAOB．22.（本小题满分14分）已知函数432()2fxxaxxb（xR），其中Rba,．（Ⅰ）当103a时，讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）若函数()fx仅在0x处有极值，求a的取值范围；（Ⅲ）若对于任意的[2,2]a，不等式1fx在[1,1]上恒成立，求b的取值范围．本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的最大值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力．满分14分．（Ⅰ）解：322()434(434)fxxaxxxxax．当103a时，2()(4104)2(21)(2)fxxxxxxx．令()0fx，解得10x，212x，32x．当x变化时，()fx，()fx的变化情况如下表：x(,0)01(0,)2121(,2)22(2,)()fx－0＋0－0＋()fx↘极小值↗极大值↘极小值↗所以()f