1、1华山中学 2018-2019 学年第一学期高二年级期中考试 理科数学 试卷（考试时间：120 分钟，满分：150 分）一、选择题：（单选题，每题 5 分，共 60 分）1、抛物线 y 2 的准线方程是( )xA. x B. x C. y D. y11218182、设平面 与平面 相交于直线 ，直线 在平面 内，直线 在平面 内，且 ，mabmb则 是 的（ ）条件“baA.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要3、如果方程 表示双曲线，则实数 的取值范围是（ ）12myxA B C D ),(),(),()1,()1,2(4、已知直线 y = x+1 与曲线 y=ln（
2、x+a）相切，则 a 的值为（ ）A. 1 B. 2 C. -1 D. -25、 函数 f（ x）= 的图象大致为（ ）A B C D6、过点 M（1，1）作斜率为 k 的直线与椭圆 C： 相交于点 A，B，若 M 是线段422yxAB 的中点，则 k =（ ）A B C D 22127、 如图，已知棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中， E 是 A1B1的中点，则直线 AE 与平面 ABC1D1所成的角的正弦值是（ ）A. B. C. D. 8、已知命题 ：“ ”，命题 ：“ ”若p0,21axq02,2axRx命题“ 且 ”是真命题，则实数 的取值范围为（ ）qA 或 B 或
3、a21aC D9、设双曲线 的一条渐近线与抛物线 y = + 1 只有一个公共点，则双曲线的离2x心率为（ ）A B5 C D10、若函数 在区间 内是增函数，则实数 的取值范围是（ ）2)(3axf ),1(aA B C D, ),3()3,(11、已知直线 x my1 与抛物线 C： y24 x 相交于 A， B 两点， F 为 C 的焦点若|FA|2| FB|，则 m 等于（ ）A. 3 B. C. D. 12、如图，在三棱锥 中，平面 平面 与 均为等腰直角三角形，且 ，点 P 是线段 AB 上的动点，若线段 CD 上存在点 Q，使得异面直线 PQ 与 AC 成 的角，则线段 PA 长
4、的取值范围是（ ） A. B. 2,0( )36,0(2C. D. 32, 32,6(二、填空题（每题 5 分，共 20 分）13、函数 f（ x）= 的单调递减区间是_14、已知双曲线 的右焦点与抛物线 的焦点相同 则此双曲线的渐近线方215ym21yx,程为 15、函数 f（ x）= + 在 ， 上的最大值是_2xlne16、已知抛物线 C： 的焦点为 F，点 .若射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M，24y(2,0)A与抛物线 C 的准线相交于点 N，则 = M三、解答题（10+12+12+12+12+12=70 分）17、（本题满分 10 分）甲、乙两位学生参加数学竞赛培训，现分别从
5、他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取 8 次得到甲、乙两位学生成绩的茎叶图（）现要从中选派一人参加数学竞赛，对预赛成绩的平均值和方差进行分析，你认为哪位学生的成绩更稳定？请说明理由；（）在甲同学的 8 次预赛成绩中，从不小于 80 分的成绩中随机抽取 2 个成绩，列出所有结果，并求抽出的 2 个成绩均大于 85 分的概率18、 （本题满分 12 分）如图，在直三棱柱 ABCA 1B1C1中，点 D 是BC 的中点.(1)求证：A 1B平面 ADC1(2)若 ABAC，ABAC1，AA 12，求平面 ADC1与 ABA1所成二面角的正弦值.19、（本题满分 12 分）已知动点 P 到定直
6、线 l： x4 的距离比到定点 F（2，0）的距离大2（1）求动点 P 的轨迹 C 的方程； （2）A 、B 是轨迹 C 上两个不同的点，O 是坐标原点，OA OB, 求证：直线 AB 经过一定点，并求出这个定点的坐标。20、 （本题满分 12 分）已知函数 ( 为常数)的图像与 轴交于点 ，曲线xfeayA在点 处的切线斜率为 .yfxA1(1)求 的值及函数 的极值； (2)证明：当 时， afx0x2xe21、 （本题满分 12 分）已知椭圆 C： + =1（ab0）的离心率是 ，且点P（1， ）在椭圆上（1）求椭圆的方程；（2）若过点 D（0 ，2）的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两
7、点 E，F，试求OEF 面积的取值范围（O 为坐标原点） 22、 （本题满分 12 分）已知函数 ，其中 为常数.(2)()1lnkxfxk（1）若 ，求证： 有且仅有两个零点；5k()f（2）若 为整数，且当 时， 恒成立，求 的最大值.2x()0fxk3A1B1C1ABCDExyz华山中学 2018-2019 学年第一学期高二年级期中考试理科数学参考答案一、选择题：（单选题每题 5 分，共 60 分）1-5 CADBB 6-10 ADADB 11-12 CB二、填空题：13、 （注意：（e, ）也正确） 14、 15、 16、),e5y2x213112.【解答】解：以 C 为原点，CD 为
8、 x 轴，CB 为 y 轴，过 C 作平面 BCD 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A（0，1，1），B（0，2，0），C（0，0，0），设 Q（q，0，0），则，因为异面直线 PQ与 AC 成 的角， ， ， ，解得 ，则 ，线段 PA 长取值范围是 .故选 B. 也可用排除法，此处略17 解：（）派甲参加比较合适，理由如下：= （ 702+804+902+9+8+8+4+2+1+5+3）=85， = （701+804+903+5+3+5+2+5）=85， =35.5，= =41， = ， ，故甲的成绩比较稳定，（5 分）（）从不小于 80 分的成绩中抽取 2个成绩，所有结果为（8
9、1，82），（81，84），（81，88），（81，93），（81，95），（82，84），（82，88），（82，93），（82，95），（84，88），（84，93），（84，95），（88，93），（88，95），（93，95），共 15 个，其中，满足 2 个成绩均大于 85 分的有（88，93），（88，95），（93，95）共 3 个，故，所求的概率是 = （10 分）18、 ()连接 A1C，交 AC1于点 E，则点 E 是 A1C 及 AC1的中点连接 DE，则 DEA 1B因为DE 平面 ADC1，所以 A1B平面 ADC15 分()建立如图所示空间直角坐标系 Axyz 则
10、A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2) D( ， ，0)， ( ， ，0)， (0，1，2) 6 分设平面 ADC12D2的法向量 m (x，y，z)，则 ,不妨取 m(2，2， 1) 9 分易得平面10xyzABA1的一个法向量 n (0，1，0) 10 分 cos ，AC n23平面 ADC1与 ABA1所成二面角的正弦值是 12 分5319、 （1）设点 P 的坐标为（ x， y），（1 分）因为动点 P 到定直线 l： x4 的距离比到定点 F（2，0）的距离大 2，所以 x4 且 ，化简得 y28 x， 所以轨迹 C 的方程为 y28 x；（6 分）
11、（2）设直线 AB： x ty m，由 得y28 ty8 m0，设 A（ x1， y1）， B（ x2， y2），有 y1 y28 t， y1y28 m，由得： ，代入得：m=8,故直线 AB 恒过定点（8,0） （12 分）OBA02120、试题解析：(1)由 得 .又 ，得 .,xfeaxfea01fa2（3 分） 所以 ， .令 ，得 .当 时，2x2lnxl， 单调递减；当 时， ， 单调递增所以当0fxflnxfxf4时， 取得极小值，且极小值为 ， 无ln2xfxln2l ln4fefx极大值 （7 分）(2)证明：令 则 .由(1)得，2,xge2xge，故 在 上单调递增，又
12、，所以lnl40xffR01g当 时， ，即 （12 分）02xe21、试题解析：, 21bea,bc21xyb点 在椭圆上, （6 分）2(1,)P2212(2) 由题意知直线 的斜率存在，设 的方程为 ,代入 得：llykx12yx由 ，解得 设 ， ，则2(1)860kxk0231,E2,Fxy212,xk121212122OEFDOFSSxDOxxx222121122 236()864()4()4()kkkxx令 ,所以30kt30kt1222264124()()44OEF ttSxt t 所以 （12 分）(0,2OEF22、 （1）当 k5 时，f（x）lnx 4因为 f （x）
13、，从而当 x（0，10） ，10x210f （ x）0，f（x）单调递减；当 x（10，）时，f （x）0，f（x）单调递增所以当 x10 时，f（x）有极小值因 f（10）ln1030，f（1）60，所以 f（x）在（1，10）之间有一个零点因为 f（e 4）4 40，所以 f（x）在（10，e 4）之间e有一个零点从而 f（x）有两个不同的零点 6 分 （2）方法一：由题意知，1+lnx 0 对 x（2，）恒成立，即 k 对()kx 2xlnx（2，）恒成立令 h（x） ，则 h （x） 设 v（x）ln24()lnxx2lnx4，则 v （x） 当 x（2，）时，v （x）0，所以 v（
14、x）在（2，）为增函数因为 v（8）82ln8442ln80，v（9）52ln90，所以存在 x0（8，9） ，v（x 0）0，即 x02lnx 040当 x（2，x 0）时，h （x）0，h（x）单调递减，当 x（x 0，）时，h （x）0，h（x）单调递增所以当xx 0时，h（x）的最小值 h（x 0） 因为 lnx0 ，所以 h（x 0）2ln4 （4，4.5 ） 故所求的整数 k 的最大值为 4 12 分 2方法二：由题意知，1+lnx 0 对 x（2，）恒成立 f（x）1+lnx()x，f （x） 当 2k2，即 k1 时，f （x）0 对 x（2，）()kx2k恒成立，所以 f（x）在（2，）上单调递增而 f（2）1ln20 成立，所以满足要求当 2k2，即 k1 时，当 x（2，2k）时，f （x）0， f（x）单调递减，当x（2k，） ，f （x）0，f（x）单调递增所以当 x2k 时，f（x）有最小值f（2k）2ln2kk从而 f（x）0 在 x（2，）恒成立，等价于2ln2kk0令 g（k）2ln2kk，则 g （k） 0，从而 g（k） 在1k（1，）为减函数因为 g（4）ln820，g（5）ln1030 ，所以使2ln2kk0 成立的最大正整数 k4综合，知所求的整数 k 的最大值为 4 12分
