江苏省徐州市2017-2018学年高二上学期期末抽测数学(理)试题(word版,含答案)

2017一2018学年度第一学期期末抽测

高二年级数学试题（理）

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题卡相应位置． ．．．．．．．1．命题“xR,x210”的否定是▲ . 2．抛物线y28x的焦点坐标为▲ . 3・函数f(x)13xx的单调减区间▲ . 34.直线axy10与直线x2y30垂直的充要条件是a=▲ . x2y21的右焦点为F，右准线为l，过椭圆上顶点A作AMl，垂足为M，则5.椭圆

54直线FM的斜率为▲ . 6.己知一个正四棱柱的底面边长为1，其侧面的对角线长为2，则这个正四棱柱的侧面积为▲ . x2y21(a0)的一条渐近线与直线C平行，7.在平面直角坐标系xOy中，双曲线C:2a16则双曲线xy10的焦距为▲ . 8.己知函数f(x)xcosxsinx，若存在实数x[0,2]，使得f(x)t，成立，则实数t的取值范围是矗▲ . 9.己知圆x2y2r2与圆x2y26x8y110相内切，则实数r的值为▲ .

3210・设f(x)4xmx(m3)xn(m,nR)是R上的单调增函数，则m的值为

▲ .2222 211.点.P(x,y）在圆xy1上运动，若a为常数，且x3yax3y4的值是与点 P的位置无关的常数，则实数a的取值范围是▲ . x2y212.己知F1,F2是椭圆C：221 (a>b>0)的焦点，P是椭圆C的准线上一点，

ab

若PF12PF2,，则椭圆C的离心率的取值范围是▲ . 13．已知点P(0,2）为圆C:(xa)2(ya)22a2外一点，若圆C一上存在点Q，使得 ∠CPQ=300，则正数a的取值范围是▲ . x14.已知关于x的方程(x2x2)ex4在区间[t,t1]上有解，则整数t的值为

▲ . 二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或计算步骤， 15.（本小题满分14分）

在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD, E,F分别为PC, AB的中点． 求证：(1) CD⊥平面PAD;

(2) EF//平面PAD.

16.（本小题满分14分）

已知圆C经过点A(-1,0),8(0,3)，圆心C在第一象限，线段AB的垂直平分线交圆C 于点D,E,且DE =25．

（1）求直线DE的方程； （2）求圆C的方程；

（3）过点（0,4）作圆C的切线，求切线的斜率.

17.（本小题满分14分）

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，己知CA = CB=1,A A1=2,∠BCA=900 （1）求异面直线B A1与CB1所成角的余弦值； （2）求二面角B -AB1 -C的平面角的余弦值.

18.（木小题满分16分）

在一个半径为1的半球材料中截取两个高度均为h的圆柱，其轴截面如图所示．设两个圆柱体积之和为Vf(h)．

(1)求f(h)的表达式，并写出h的取值范围； (2）求两个圆柱体积之和V的最大值．

19.（本小题满分16分）

x23y21有相同的焦点． 已知椭圆C经过点(1,)，且与椭圆E：

22 (1)求椭圆C的标准方程；

(2）若动直线l:ykxm与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x= 4交于点Q，问：以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说

明理由．

20.（本小题满分16分）

设函数f(x)(m1)x22lnxmx，其中m是实数． (l）若f(1)2，求函数f(x)的单调区间；

(2）当f(2)10时，若P（s,t）为函数yf(x)图像上一点，且直线OP与yf(x)相切于点P，其中O为坐标原点，求S;

(3) 设定义在I上的函数yg(x)在点M(x0,y0)处的切线方程为l:yh(x)， 若[g(x)h(x)](xx0)0(xx0)在定义域I内恒成立，则称函数yg(x)具 有某种性质T，简称“T函数”．当m'3时，试问函数yf(x)是否为“T函数”？ 4若是，请求出此时切点M的横坐标；若不是，清说明理由．

2017~2018学年度第一学期期末抽测高二数学（理）

参与评分标准

一、填空题

16．437．82 8．π,+9．12713,1)14．4或0 ,1)13．[或11 10．6 11．a≥1012．[331．xR,x2102．2,03．1,1 4．2 5．二、解答题

15．（1）因为AP平面PAD，CD平面PAD，所以APCD．„„„„3分

因为底面ABCD为矩形，所以CDAD．„„„„„„„„„„5分 又因为APADA，

AP,AD平面PAD，所以CD平面PAD．„„„„„„„„„„„„7分

（2）取PD中点G，连结AG，EG．

因为E为PC的中点，所以EGPCD，„„„„9分

且EGCD．因为ABCD为矩形，所以AFCD，且AFCD，

∥AF．所以AFEG为平行四边形，所以EFPAG．„„„„12分 故EG 1212因为EF平面PAD，AG平面PAD，所以EF平面PAD．„„„„14分

16．（1）因为kAB3，所以kDE．又AB的中点(,)在直线DE上，

故直线DE的方程为y131322311(x)，即x3y40．„„„„„„„4分 232（2）由题意知DE为圆C的直径，设圆心C43b,b，

则CA53b2b25，解得b1或b2．故圆心为1,1或2,2（舍）．

22所以圆C的方程为x1y15．„„„„„„„„„„„„„„„9分 （3）由题意知切线的斜率存在，设为k，则切线方程为y4kx，即kxy40，

15，得k或k2．„„14分

2k2117．如图，以CA,CB,CC1为正交基底，建立空间直角坐标

由dk3zC1 A1 B1 系Cxyz．则A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,2)，

C B1(0,1,2)，所以CB1(0,1,2)，AB(1,1,0)，

B A 2分 AB1(1,1,2)，BA1(1,1,2)．„„„„„„„„„„„„„„„„„x CB1BA1330（1）因为cosCB1,BA1，„„„„„„„„„6分 1065CB1BA1y

所以异面直线BA1与CB1夹角的余弦值为（2）设平面CAB1的法向量为m(x,y,z)，

30．„„„„„„„„„„„7分 10mAB10,xy2z0,则即

y2z0,mCB10,所以平面CAB1的一个法向量为m(0,2,1)；„„„„9分 同理平面BAB1的一个法向量为n(1,1,0)；„„„„11分

所以，cosm,nmn210„„„„13分 |m||n|55210．„14分 5h所以二面角BAB1C平面角的余弦值为18．(1)自下而上两个圆柱的底面半径分别为：

r11h2，r212h．„„„„4分

它们的高均为h，所以体积之和

22h2h5h3．„„„„7分 Vfhr12h+r22h1h+14h2h1因为02h1，所以h的取值范围是0,．„„„„„„„„„„„„„„„8分 2(2)由fh2h5h3，得fh215h2，f′(h)＝π(2－15h)， 2301令fh0，因为h0,，得h．„„„„10分

15230130,)时，fh0． )时，fh0；当h∈h(1521530301)上为增函数，在(,)上为减函数，„„„„„„„12分 所以fh在(0,15152（若列表同样给分）

30所以当h时，fh取得极大值也是最大值，

1530430π)．„„„„„„„„„„„„„„„„15分 fh的最大值为f(1545430π答：两个圆柱体积之和V的最大值为．„„„„„„„„„„„„16分

45x2y219．（1）椭圆E的焦点为1,0，设椭圆C的标准方程为221ab0，

ab所以当h∈h(0,9x2y2a2=4,141,1．„„„„6分 则2解得2所以椭圆C的标准方程为2ab43b=3,22ab1,ykxm,（2）联立2消去y，得3+4k2x2+8kmx+4m2120， 23x4y12,所以k2m243+4k24m2120，即m23+4k2．„„„„„8分

4k234km4kykxmm设PxP,yP，则xP，， PPmm34k2m4k3即P．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 （,）mm假设存在定点Ms,t满足题意，因为Q4,4k+m，

4k3则MP，MQ4s,4k+mt， （s,t）mm4k3所以MPMQ(s)(4s)(t)(4kmt)，

mm4k3（s1）（+m+4k）t+（s24s3+t2）0恒成立，„„„„„„„12分 mms10,s1,故t0,解得所以存在点M1,0符合题意．„„„„„16分

t0.22s4s3+t020．（1）由f(1)m1m2m12，得m3， 22232x34x123f(x)x2lnxx（x0）'xx，f()，„2分

22x22x由f ′(x)＞0得：x341341；由f ′(x)＜0得：0x． 44341341，单调减区间为．„4分 ,）（0,）442所以f(x)的单调增区间为（（2）由f'(2)10，得m3，f(x)2x2lnx3x．

f'(x)4x223(x0)，所以切线的斜率k4s3．„„„„„6分 xs2s22lns3s又切线OM的斜率为k，

s2s22lns3s22所以，4s3，即slns10，„„„„„„„8分

ss设yslns1，y'2s2210， s所以，函数yslns1在(0,＋∞)上为递增函数，且s1是方程的一个解， 即s1是唯一解，所以，s1．„„„„„„„„„„„„„„10分 1

（3）当m＝－4时，由函数y＝f(x)在其图象上一点M(x0,y0)处的切线方程为

13213

y＝(－2x0＋4－x)(x－x0)－4x02＋4x0－2ln x0．

0

13213

令h(x)＝(－2x0＋4－x)(x－x0)－4x02＋4x0－2ln x0，

0

设F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x0)＝0．

132132

且F ′(x)＝f ′(x)－h ′(x)＝－2x＋4－x－(－2x0＋4－x) 0

12214

＝－2(x－x0)－(x－x)＝－2x(x－x0) (x－x) „„„„„12分

00

44

当0＜x0＜2时，x＞x0，F(x)在(x0,x)上单调递增，从而有F(x)＞F(x0)＝0，

0

0

所以，F(x)(xx0)0xx0；

0

44

当x0＞2时，x＜x0，F(x)在(x,x0)上单调递增，从而有F(x)＜F(x0)＝0，

0

所以，F(x)(xx0)0．因此，y＝f(x)在(0，2)和(2，＋∞)上不是“T函数”． (x－2)2

当x0＝2时， F ′(x)＝－2x≤0，所以函数F(x)在(0,＋∞)上单调递减． 所以，x＞2时，F(x)＜F(2)＝0，F(x)(x2)0；

0＜x＜2时，F(x)＞F(2)＝0，F(x)(x2)0．

因此，切点M为点(2，f(2))，其横坐标为2．„„„„„„16分