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云天化中学2016—2017学年度下学期阶段测试（一）

高二年级理科数学试卷答案

一、选择题：

题号

选项

1 B 2 D 3 B 4 A 5 B 6 C 7 D 8 B 9 A 10 C 11 D 12 D 1.解析：因为B1x2，所以AB0,1，故选B. 2.解析：因为a//b，所以2x132x0，所以x1，故选D. 3.解析：由线面平行的性质定理可知答案为B. 14.解析：将三视图还原得到的四棱锥底面为矩形，一侧面垂直于底面，故V62312.故选A.

35.解析：由图像可得a0,b0,1,c1，故选B. 6.解析：因为a1a1q2a1q421，所以q22，所以a3a5a742.故选C. 7.解析：y'ex(1x)，因为f(x)在,1为单调减函数，在1,为单调增函数，所以x1为f(x)的极小值. 故选D. 38. 解析：因为C1,2,D2,2,所以矩形ABCD的面积为6，阴影部分的面积为，所21以若在矩形ABCD内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等于，故选B. 49.解析：如图在三棱锥SABC中，取ABC的中心D，SC的中点O，连结SOCCD、BD、OB，D是ABC的外心，所以BD3，又O是球心，所以3ADBOD平面ABC，OB1，OD1OB2626，所以高h，则33V13262，故选A.

343633310.解析：由T得2，f(x)sin(2x)cos(2x)cos(2x)cos(2x)cos2x故选C. 8888162xyp11. 解析：因为c，所以Ac,2c代入双曲线221，整理可得c46a2c2a40，即e46e210，所以2abe2322，双曲线的离心率e1，所以e21，故选D. )g(x)12. 解析：函数yf(x恰有4个零点，即方程f(x)g(x)0，即bf(x)f(2有x)4个不同的实数根，即直线yb与函数yf(x)f(2x)的图像y54321-3-2-1012345xy=7422

1

x2x2,x07有4个不同的交点.又yf(x)f(2x)2,0x2作出函数的图像如图所示，由图可知，当b2时，直4x25x8,x2线yb与函数yf(x)f(2x)的图像有4个不同的交点，故函数yf(x)g(x)恰有4个零点时，b的取值范围是7,2.故选D 4二、填空题：

13.

2

14.

-4

15.

ye(x1)

16.

4 1113. 解析：因为可行域为三角形，00,0,A0,1,B,,所以将点A代入zx2y最大值是2，故填2. 2214.

解析：

①140,b1,a1,i2；②240,b55,a,i3；③340,b4,a4,i4；④22440,b1,a1,i5，……，周期为3. 3940,b4,a4,i40.故填-4. 115.

解析：y'ex(lnx)，kf'(1)e，切线为ye(x1).故填ye(x1).

x16.

解析：设圆心到直线l:mxy3m30的距离为d，则弦长AB212d23得d3即AB3，则直线l:x3y60，数形结合可得CD4.故填4. 3cos3023m3m123解得m三、解答题：

17.

解：（1）∵cosBcosCsinBsinC∴cos(BC)1，

21，又∵0BC，∴BC.

232∵ABC，∴A.-----------5分

3（2）由余弦定理abc2bc•cosA，

得(23)(bc)2bc2bc•cos2222221，即12162bc2bc•()，∴bc4，

32∴SABC113bc•sinA•4•3-------------10分

22218.

解：（1）n1时，a11，

n2时，4Sn1(an11)2，又4Sn(an1)2，两式相减得

(anan1)(anan12)0，

∵an0，

∴anan12，

2

∴an是以1为首项，2为公差的等差数列，即an2n1．-------------6分

（2）22，

anan1(2n1)(2n1)131135∴Tn(1)()…(19.

解：（1）第1组人数第2组频率为：第4组人数2n111)1=．-----------12分

2n12n12n12n1，所以，所以， ------- 1分

， ------ 2分

，人数为：，所以， ------------ 3分

，所以第2,3,4组每组应各依次抽取人，人，1人 （2）第2,3,4组回答正确的人的比为---------6

（3）记“所抽取的人中第2组至少有1人获得幸运奖”为事件A，抽取的6人中，第2组的设为的设为，，，，，，，第3组，第4组的设为，

则从6名幸运者中任取2名的所有可能的情况有15种，它们是：

，，，，，，，，，，，

. ----- 8分

，，，，，，其中第2组至少有1人的情况有9种，他们是：A=，，． -------------- 9分

． -------------------------------- 11分

答：所抽取的人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率为20.

解：（Ⅰ）因为平面

平面,所以，所以平面平面平面,所以．----------6分

----------------- 12分

,所以,又，所以平面.因为（Ⅱ）如图，

以点为原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则.设，则

3

取，则为面法向量．

设为面的法向量，则，

即，取，则

依题意，则．于是．

设直线与平面所成角为，则

即直线与平面所成角的正弦值为．-------------12分

21.解：（1）a2,ec2x2a2,c2,b2，椭圆C: 4y221.----------4分

yk(x1)(2)设M(x22221,y1),N(x2,y2),则由x2y2消y得(12k)x4kx2k40. 421∵直线yk(x1)过椭圆内点(1,0)

∴0恒成立,由根与系数的关系得x4k22k241x212k2,x1x212k2S1AMN21yy1122kx1kx2k22x1x24x1x2k1624k2------------11分

212k2103即7k22k250,解得k1。-----------12分

22.解：（1）f'(x)aex(ax2)ex(axa2)ex，

由已知得f'(1)0，即(2a2)e0，解得a1。----------2分

（2）f(x)(x2)ex，f'(x)ex(x2)ex(x1)ex。

令f'(x)0得x1；令f'(x)0得x1，

所以函数f(x)在,1上单调递减，在1,上单调递增。

4 ,------------8分

①

当m1时，f(x)在m,m1上单调递增，f(x)minf(m)(m2)em；

②

当0m1时，m1m1，f(x)在m,1上单调递减，在1,m1上单调递增，f(x)minf(1)e；

③

当m0时，m11，f(x)在m,m1上单调递减，f(x)minf(m1)(m1)em1。

综上，f(x)在m,m1上的最小值f(x)min(m2)em,m1,e,0m1,------------8分

(m1)em1,m0.（3）由（2）知f(x)(x2)ex，f'(x)(x1)ex，

令f'(x)0得x1。因为f(0)2,f(1)e,f(2)0，

所以x0,2时，f(x)max0,f(x)mine。

所以对任意x1,x20,2都有f(x1)f(x2)f(x)maxf(x)mine.--------------12分

5