2017-2018上学期高二理科数学期末考试

理科数学 2018.2

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共24小题，共150分，考试时间120分钟.

第Ⅰ卷（选择题

共60分）

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，只有一个选项是符合题目要求的）．

1111

1.已知f(n)＝＋＋＋…＋2，则( )

nn＋1n＋2n11

A．f(n)共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋

23111

B．f(n)共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋ 234112

C．f(n)共有n－n项，当n＝2时，f(2)＝＋

231112

D．f(n)共有n－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋ 234【答案】D

【解析】结合f(n)中各项的特征可知，分子均为1，分母为n，n＋1，…，n的连续自然数共有

2

n2－n＋1个，且f(2)＝＋＋. 2.已知集合A(x,y)x4y，B(x,y)yx则AA．1 B．3 C．5 D．7 【答案】B

3.下列有关命题的叙述错误的是（ ）

2A．对于命题p: x0R,x0x010 ，则 p:xR,xx10.

112314

2B的真子集个数为（ ）

2B．命题“若x3x20,则x1”的逆否命题为“若x1,则x3x20”． C．若pq为假命题，则p,q均为假命题.

2D．“x2”是“x3x20”的充分不必要条件.

22 【答案】C

4．用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有有理根，那么a，b，c中存在

偶数”时，否定结论应为( )

A．a，b，c都是偶数 B．a，b，c都不是偶数 C．a，b，c中至多一个是偶数 D．至多有两个偶数

解析：“a，b，c中存在偶数”，即“a，b，c中至少有一个偶数”，故其否定为“a，b，c都不是偶数”．选B．

【答案】B

5. 已知数列2，a，b，4成等比数列，则ab的最小值是（ ） A.8 B.42 C.22 D.82 B

6.在三棱柱ABC­A1B1C1中，若CAa，CBb，CC1c，则A1B（ ）

A. abc B．abc C．abc D．abc

【答案】D

7．已知圆C：(x3)y100和点B(3,0),P是圆上一点,线段BP的垂直平分线交CP于M点,则M点的轨迹方程是（ ）

22x2y2x2y21 C. 1 D.x2y225 A.y6x B.

251625162【答案】B

x2y28．已知过双曲线221ab0的左焦点Fc,0和虚轴端点E的直线交双曲线右支

ab于点P，若E为线段EP的中点，则该双曲线的离心率为( )

A．51

B．5 C．515 D． 22 【答案】B

9.过抛物线y4x的焦点F作一直线交抛物线于P，Q两点，若线段PF与FQ的长分别是p,q，则

211

=（ ） pq

1 D．1 24A．2 B．1 C．【答案】B

10. 已知椭圆和双曲线有共同焦点F1 ，F2，P是它们的一个交点，且F1PF23，记椭圆和双

曲线的离心率分别为e1,e2，则

1的最大值是（ ） e1e2A. 2343 B. C. 2 D. 3 33【答案】A 【解析】

如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的半实轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义：

PF1PF22a1,PF1PF22a2 PF1a1a2， PF2a1a2

设F1F22c,F1PF23,

则，在F1PF2中根据余弦定理可得到

4c2a1a2a1a22a1a2a1a2cos24c2 化简得： a123a2223

该式可变成：

1324 2e1e21323123, 422e1e2e1e2e1e23故选A

n4＋n211.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n＝2，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上( )

2

A．k＋1 B．(k＋1)C.

22

k＋

4

＋

2

k＋

2

D．(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋1)

222

【答案】 D

【解析】 当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k，

当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋1)，

故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋1)，故应选D. 12.已知直线l1:4x3y60和直线l2:x2，抛物线y24x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是（ ）

2

2

2

2

2

2

2

2

A．3 B．2 C．【答案】A

1137 D. 516第II卷（非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.） 13.抛物线y12x的准线方程是 . 4【答案】y1

14. 已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线C的离心率为2，则双曲线C的渐近线方程为 . 【答案】yx

15．正项数列an中，满足 那么a1a3a2a4a3a5anan2＝ . 【答案】

11134n

16. 已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值是 ． 【答案】

105

【解析】如图建立空间直角坐标系，AB＝（0，1，0），AD1＝（－1，0，1），AE＝（0，设平面ABC1D1的法向量为n＝（x，y，z）,

由 nAB0 可解得n＝（1，0，1）

A1 D1 1，1） 2z F B1 D E C1 nAD10

设直线

AE

与平面

ABC1D1所成的角为θ

，则

A x C B y sinAEnAEn10， 5三、解答题（本大题共6小题，共70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10分）

已知p:xR,msinxcosx； q:方程mx2y1表示焦点在x轴上的椭圆. （1）当m1时，判断pq的真假； （2）若pq为假，求m的取值范围. 【解析】因为sinxcosx2sinx所以若p为真，则m22222,2， 42，

x2y21， 由mx2y1得11m2若q为真，则

11，解得0m2。 m2（1）当m1时， p为假命题，q为真命题，故pq为真命题； （2）若pq为真，则2m2 ， 所以，若pq为假，则m2或m2，

故实数m的取值范围为,22,.

18. （本小题满分12分）

已知数列{an}满足：a14,anan144an。 （I）求证：{2}为等差数列； an2（II）设bn(an2)(an12)，求数列{bn}的前n项和。 【解析】（Ⅰ）

故{an222，

1an124an42an2an2an2}为等差数列； ……6分 an222n1n， an242（Ⅱ）由（Ⅰ）知

故an22， n22 nn11111)4(1n(n1)223114n). nn1n1bn(an2)(an12)b1b211bn4(1223 ……12分 19．（本小题满分12分）

某商店预备在一个月内分批购买每张价值为20元的书桌共36台，每批都购入x台(x是正整数)，且每批均需付运费4元，储存购入的书桌一个月所付的保管费与每批购入书桌的总价值(不含运费)成正比，若每批购入4台，则该月需用去运费和保管费共52元，现在全月只有48元资金可以用于支付运费和保管费．

(1)求该月需用去的运费和保管费的总费用f(x)；

(2)能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由．

36

【解析】(1)设题中比例系数为k，若每批购入x台，则共需分批，每批价值20x.

x

36

由题意f(x)＝·4＋k·20x，

x

161

由x＝4时，y＝52，得k＝＝.

805

144

∴f(x)＝＋4x (0x

144

(2)由(1)知f(x)＝＋4x (0x144∴f(x)≥2·4x＝48(元)．

x144当且仅当＝4x，即x＝6时，上式等号成立．

x

故只需每批购入6张书桌，可以使资金够用． 20（本小题满分12分）

.在△ABC中，内角A，B，C对边的边长分别a,b,c，fx2sinxcosxAsinBCxR，函数fx的图象关于点(I)求A；

(II)若b6，ABC的面积为63，求ACCB的值． 【解析】（Ⅰ）

,0对称. 3f(x)2sinxcos(xA)sin(BC)

2sinx(cosxcosAsinxsinA)sinA-------------1分

f(x)2sinxcosxcosA2sin2xsinAsinAsin2xcosAcos2xsinA

sin(2xA)-----------------------------------------3分

因为函数f(x)的图象关于点(,0)对称．所以f()0，---------4分

π3

3即sin(2ππA)0，又0Aπ，A.-------------------5分 33（Ⅱ）∵b6，△ABC的面积为63，

6csinA63，c4，------------------------------6分 a26242264cos28，---------------------------7分 a27． ---------------------------8分

(27)2624227，---------------------------10分 cosC72276π312ACCB627cos(πC)127(21. （本小题满分12分）

27)24．---------12分 7如图，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，ABC60，E,F分别是BC,PC的中点.

P （1）证明：AE平面PAD；

（2）取AB2，PA2，求二面角EAFC的余弦值.

【解析】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形，

因为E为BC的中点， 所以AE⊥BC.

B A E

C F D

又BC∥AD，因此AE⊥AD． 因为PA⊥平面ABCD，AE

平面ABCD，

所以PA⊥AE． 而PA

平面PAD，AD

平面PAD，PAAD=A，

所以AE⊥平面PAD．

由（Ⅰ）可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AE，

AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系．

则A(0，0，0)，B(3，−1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(3，0，0)，

F(31,,1)） 22所以，0，0)，，．

设平面AEF的一个法向量为= (x1，y1，z1)，则

因此

取

= (

，则= (0，2，−1)，

，3，0)为平面AFC的一个法向量，

所以cos，=，

所以，所求二面角的余弦值为22.（本小题满分12分）

．

abx2y2x2y2若椭圆E1:221和椭圆E2: 221满足11ma2b2a1b1a2b2似， m称为其相似比。

(m0)，则称这两个椭圆相

x2y21相似的椭圆方程。 （1）求经过点(2,6)，且与椭圆42（2）设过原点的一条射线l分别与（1）中的两个椭圆交于A、B两点（其中点A在线段OB上），求

OA1的最大值和最小值. OBx2y2【解析】（1）设所求的椭圆方程为221，则有

ab222a16ab解得 246b81a2b2x2y21 ………………………4分 ∴所要求的椭圆方程为168（2）①当射线与y轴重合时，OA1152=2 OB422②当射线不与坐标轴重合时，由椭圆的对称性，我们仅考察A、B在第一象限的情形。 设其方程为ykx（k0,x0），设A(x1,y1)，B(x2,y2)

42xykx2k212112k22由x 解得 OA y224k112ky1224212k162xykx2124k1212k OB由x 解得 ………………………8分 y22216k112ky12168212k

12k2112k2OA

22OB12k4k1令t2k2112k2 则由t2k2112k24k2422 知2t2

12k212k2OA111t, 记f(t)t，则f(t)在(2,2]上是增函数，∴f(2)f(t)f(2)， OB2t2t5192OA 4OB411529的最大值为，OA的最小值为。………………………12分 OBOB44∴

由①②知，OA