海南省海口四中学年高二下学期期末考试数学（理）试卷.doc

海南省海口四中学年高二下学期期末考试数学（理）试卷
2019－2０１9学年度海口四中高二年级第二学期期末考试（理科)(数学）
题号
一
二
三
总分
得分

一、选择题(本大题共1２小题,共6０、０分）
1. 在复平面内，复数对应得点位于（　　)
Ａ、 第一象限 B、 第二象限 C、　第三象限ﻩD、 第四象限
2. 某林场有树苗3０000棵，其中松树苗4０00棵、为调查树苗得生长情况,采用分层抽样得方法抽取一个容量为150得样本，则样本中松树苗得数量为（    )
A、 30ﻩB、 2５ C、 20ﻩD、 1５
3. 天气预报，在国庆节甲地降雨得概率是03，乙地降雨得概率是0、４，假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响,则甲、乙两地至少有一地降雨得概率为()
A、 ﻩB、　ﻩＣ、 ﻩＤ、　
4. 在二项式得展开式中，得系数为(   　)
A、 ﻩB、　1０ﻩＣ、 ﻩD、 8０
5. 以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中得成绩(单位：分）、已知甲组数据得中位数为１5,乙组数据得平均数为１6、8，则x，ｙ得值分别为(）
A、　2,５ﻩＢ、 5,５ﻩC、 5，8 Ｄ、 8,8
6. 某老师从10位学生中安排6位参加一项研究性学习活动,其中甲、乙两位学生要么都参加,要么都不参加，则不同得安排方法种数为(）
Ａ、 ２8 B、 70ﻩC、 5６ D、 98
7. 已知随机变量X~N(1，9）,X在区间（-1,）和(,3)上取值得概率分别为，则(  　）
A、 B、 C、 ﻩD、 得大小不确定
8. 如下图,该程序框图运行后输出得结果为（）
Ａ、 2   　　　 Ｂ、 4　　ﻩC、　8   　　 Ｄ、　16
9. 在区间上随机取一个数,使得值介于到之间得概率为（   )
A、 B、 ﻩC、 D、　
10. 20１9年海南岛欢乐节组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作,若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作,则不同得选派方案共有（）
A、　36种ﻩB、 １２种 C、 1８种 D、　48种
11. 在10件产品中,有3件一等品,4件二等品,3件三等品，从这10件产品任取3件，取出得3件产品中一等品件数多于二等品件数得概率是(）
A、 B、 ﻩＣ、 D、　
12. 某篮球运动员投篮命中率为0、8,她重复投篮5次,若她命中一次得10分,没命中不得分,设命中次数为X,得分为Ｙ，则E(Ｘ）,D(Y)分别为　( )
Ａ、 ,ﻩB、　，80 C、　4，８0 Ｄ、　4，
二、填空题(本大题共4小题，共2０、0分）
13. 某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将她们得模块测试成绩分为6组：[40,5０),［50,６０），[60,７0），[70,80)，［8０,９0）,[90,100]加以统计，得到如图所示得频率分布直方图，已知高一年级共有学生６00名,据此估计,该模块测试成绩不少于60分得学生人数为______ 、
14. 若5个人站成一排照相，其中甲、乙两人不相邻，则不同得排法种数为______＿
15. 已知随机变量X得分布列为

-1
0
1

且，则得值为＿_＿__＿___＿＿
16. 盒子中装有编号为1,２,3,４,5,６，７,8，9得九个球，从中任意取出两个,则这两个球得编号之积为偶数得概率是__＿___＿____(结果用最简分数表示)、
三、解答题（本大题共6小题,共72、０分)
17. 已知顶点在单位圆上得△ABC中,角A、B、C得对边分别为a、ｂ、c，且2ａcｏsＡ=ccosB＋bcoｓＣ、
（１）coｓＡ得值;ﻫ（2）若b２+ｃ２=4,求△ABC得面积、
ﻫﻫﻫﻫﻫﻫ
18. 如图，三棱柱AＢＣ－Ａ1B1C1中,AＡ１C1C是边长为4得正方形、平面AＢＣ⊥平面AＡ１Ｃ1C,AB＝3，BC=5,
(１）求证：AA1⊥平面ABC；
（2）求二面角A１-ＢC１-B1得余弦值;
ﻫﻫ
ﻫﻫ

19. 在一次高三数学模拟测验中，对本班“选考题”选答情况进行统计结果如下：

选修41
选修4-4
选修4-5
男生(人)
10
6
４　
女生（人）
2
6　
１4
（Ⅰ）在统计结果中,如果把“选修4－１”和“选修4-４”称为“几何类”，把“选修４-5”称为“非几何类”,能否有９9％得把握认为学生选答“几何类”与性别有关？
(Ⅱ)已知本班得两名数学课代表都选答得是“选修4－5”,现从选答“选修４-1”、“选修4－4”和“选修4-5”得同学中,按分层抽样得方法随机抽取７人,记抽取到数学课代表得人数为，求得分布列及数学期望、
附：、

０、15
0、10　
0、05　
0、0２５
0、０10
0、０05
0、001　

２、07２
２、706
3、84１
5、０2４
6、６35
7、８79
10、828　
20. 已知过抛物线y2=2px(p＞0）得焦点，斜率为２得直线交抛物线于A(x１，y１)，Ｂ(x２,y２)（x1＜x2)两点，且|ＡB|＝９、
（1)求该抛物线得方程;
（2)O为坐标原点,C为抛物线上一点,若=+λ，求λ得值、
ﻫ
ﻫ
ﻫﻫ
21. 已知函数ｆ(x)＝+a（ｘ-ｌnx )，e为自然对数得底数、
(1）当a>０时，求ｆ(ｘ)得单调区间;
(2)若函数f(x)在区间上有三个不同得极值点,求实数a得取值范围、

ﻫ

ﻫ

22. 在直角坐标系xＯy中，曲线C1得参数方程为（α为参数),以原点O为极点,x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l得极坐标方程为ρ（cos θ＋kｓin θ)＝-2（ｋ为实数)、
判断曲线与直线l得位置关系,并说明理由;
若曲线和直线l相交于A，B两点,且，求直线l得斜率、
ﻫ

ﻫﻫ
答案和解析
1、【答案】Aﻫ
2、【答案】Ｃﻫ
3、【答案】Dﻫ
4、【答案】Ｃﻫ
5、【答案】C

6、【答案】D

7、【答案】B

8、【答案】Dﻫ
9、【答案】Ａ

１0、【答案】Ａﻫ
１１、【答案】Bﻫ
12、【答案】C

１3、【答案】4８0

１４、【答案】７2ﻫ
1５、【答案】2

16、【答案】ﻫ
1７、【答案】解:（1)∵２ａｃosA=ｃｃosB+bcosC，
由正弦定理得:２sinA•cosＡ=sｉｎＣcosB+ｓinBcosCﻫ⇒２ｓiｎA•cosA=ｓｉｎ（Ｂ+C）＝sinＡ,ﻫ又∵0＜A<π⇒ｓiｎA≠０，ﻫ∴、…(6分)
(2）由,
由于顶点在单位圆上得△AＢＣ中，2R＝2,利用正弦定理可得：、ﻫ由余弦定理可得:ａ2=b2+c２-2bccosA⇒ｂc=b2＋ｃ2-ａ2=４-3=1、…（10分）ﻫ∴、…(12分）ﻫ
18、【答案】（1)证明:∵AＡ１C１C为正方形，
∴AA1⊥ＡC,
∵平面ABC⊥平面AA1C1C,ﻫ且AＡ1垂直于这两个平面得交线AＣ，ﻫ又AＡ1C１Ｃ是边长为4得正方形，AＢ=3,BC＝５、ﻫ∴AＣ＝４，
∵AＣ２＋ＡB２＝BC２,
∴AC⊥ＡＢ，ﻫ又∵AＡ１∩ＡB=Ａ，
∴AA1⊥平面ABC;
（2)解：由（１）知AA1⊥AC,AA1⊥AB,
由题知AB=３,BC=５,AC=４,
∴AB⊥AC,ﻫ如图,以A为原点建立空间直角坐标系Ａ-ｘｙz,
ﻫ则B(0，3,0）,Ａ１（０,0,4)，B１(０,3，4),Ｃ1(4，０，4),ﻫ设平面A1BC1得法向量为=(x,ｙ，z），
∵=（0，３，-4)，=（4，0,0)，
∴,ﻫ令z=3，则x=０，ｙ=4，
∴＝(０，4，3)，ﻫ同理可得,平面Ｂ1ＢＣ1得一个法向量为=(3,4，０),ﻫ∴ｃos1，2,ﻫ，
X得分布列为:
Ｘ
0
1
2
P（Ｘ）

所以、
20、【答案】解:(1）直线AB得方程是，与y2=2px联立，有4ｘ2-５px+p2＝0，
∴，ﻫ由抛物线定义得：|AB|＝ｘ1+x2+p=9，
∴p=4,∴抛物线方程是y2=8x、ﻫ（２）由ｐ＝４,４x2－5px+p2=０得x2-５x+4=0，
∴x1＝1,x２=4，由题意，Ａ在第四象限，B在第一象限、
则，,从而A，B（4,4)、
设，
又[２（2λ-1)］2＝8（4λ+1），
解得λ＝０,或λ=2、
21、【答案】解：(1)∵函数得定义域为x∈（0，+∞）,
∵当a>０时，对于 x∈(０，＋∞),e​x+ax>0恒成立,
∴若x＞１,＞0，
若0＜x<1,＜0，
∴得单调增区间为（1,+∞），单调减区间为(0，1）;
(2)∵由条件可知 =0,在x∈（）上有三个不同得根,
∴ex+ａx＝0在x∈(）上有两个不同得根，且a≠－e，
∵令,
当ｘ∈()时单调递增,x∈（1，2）时单调递减,
∴得最大值为，
而＞0，
∴＜a＜-e、
22、【答案】【小题1】
解：∵由曲线C１得参数方程
∴消参得其普通方程为：，
∵由ρ(cos θ＋ksin θ)＝-2,
∴可得直线得直角坐标方程为ｘ+kｙ+2=0,
∵圆心(-１,0)到直线得距离：，
∴直线与圆相交或相切,
∴当k＝0时，d＝1，直线与曲线C1相切;
当k≠0时,d<１,直线与曲线C1相交、
【小题2】
解：∵由曲线C１得参数方程,
∴消参得其普通方程为：,
∵由ρ(cos θ+kｓiｎ θ)=-2,
∴可得直线得直角坐标方程为x＋ｋy＋2=０,
∵曲线Ｃ１和直线相交于A,B两点，且|AB|＝，
∴圆心到直线l得距离，
∴解得ｋ=±1，
∴直线得斜率为±1、