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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( )A. x B. x C. y D. y2、设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，则是的（ ）条件A.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（ ）A B C D 4、已知直线 y = x+1与曲线y=ln（x+a）相切，则a的值为（）A. 1B. 2C. -1 D. -25、 函数f（x）= 的图象大致为（） A B C D6、过点M
2、（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AB的中点，则k =（ ）A B C D 7、 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：“”若命题“且”是真命题，则实数的取值范围为（ ）A或 B或C 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（ ）A B C D11、已知直线xmy1与抛物线C：y24x相交于A，B两点，F为C的焦点若|FA
3、|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长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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程为 15、函数f（x）= + 在 ，上的最大值是_ 16、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，与抛物线C的准线相交于点N，则= 三、解答题（10+12+12+12+12+12=70分）1
4、7、（本题满分10分）甲、乙两位学生参加数学竞赛培训，现分别从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ABCA1B1C1中，点D是BC的中点.(1)求证：A1B平面ADC1(2)若ABAC，ABAC1，AA12，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
5、定直线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，OAOB, 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，曲线在点处的切线斜率为.(1)求的值及函数的极值； (2)证明：当时，21、（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.（1）若，求证：有
6、且仅有两个零点；（2）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值.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、12.【解答】解：以C为原点，CD为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
7、，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（81，82），（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
8、分）18、 ()连接A1C，交AC1于点E，则点E是A1C及AC1的中点连接DE，则DEA1B因为DE平面ADC1，所以A1B平面ADC15分A1B1C1ABCDExyz()建立如图所示空间直角坐标系Axyz 则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ADC1的法向量 m(x，y，z)，则,不妨取m(2，2， 1) 9分易得平面ABA1的一个法向量n(0，1，0) 10分cos，平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值是 12分19、（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
9、点F（2，0）的距离大2，所以x4且，化简得y28x， 所以轨迹C的方程为y28x；（6分）（2）设直线AB：xtym，由得y28ty8m0，设A（x1，y1），B（x2，y2），有y1y28t，y1y28m，由得：，代入得：m=8,故直线AB恒过定点（8,0） （12分）20、试题解析：(1)由得.又，得.（3分） 所以，.令，得.当时，单调递减；当时， 单调递增所以当时， 取得极小值，且极小值为， 无极大值（7分）(2)证明：令则.由(1)得，故在上单调递增，又，所以当时，即 （12分）21、试题解析：, 点在椭圆上, （6分）(2) 由题意知直线的斜率存在，设的方程为 ,代入得： 由，解
10、得设，则 令,所以 所以 （12分）22、（1）当k5时，f（x）lnx4因为f （x），从而当x（0，10），f （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（e4）440，所以f（x）在（10，e4）之间有一个零点从而f（x）有两个不同的零点 6分 （2）方法一：由题意知，1+lnx0对x（2，）恒成立，即k对x（2，）恒成立令h（x），则h（x）设v（x）x2lnx4，则v（x）当x（2，）时，v（x）0，所以v（x）在（2，）为增函数因为
11、v（8）82ln8442ln80，v（9）52ln90，所以存在x0（8，9），v（x0）0，即x02lnx040当x（2，x0）时，h（x）0，h（x）单调递减，当x（x0，）时，h（x）0，h（x）单调递增所以当xx0时，h（x）的最小值h（x0）因为lnx0，所以h（x0）（4，4.5） 故所求的整数k的最大值为4 12分 方法二：由题意知，1+lnx0对x（2，）恒成立 f（x）1+lnx，f （x）当2k2，即k1时，f（x）0对x（2，）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（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4
