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1、陕西省黄陵中学20182019学年度上学期期末考试（重点班）高二数学理试题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求)1.如右图，一个空间几何体正视图与左视图为全等的等边三角形，俯视图为一个半径为1的圆及其圆心，那么这个几何体的表面积为（ ） 2.如图，函数yf(x)在A，B两点间的平均变化率等于( )A-1 B1 C-2 D23.在平面直角坐标系xOy中，点P的直角坐标为(1，)若以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点P的极坐标可以是( ) A. B. C. D.4.极坐标方程1表示()A直线 B射线 C圆 D椭圆5.在同一
2、平面直角坐标系中，将曲线ycos 2x按伸缩变换后为( )Aycos xBy3cosxCy2cosxDycos 3x6.定积分的值等于( )A.1 B. C. D.7.由曲线围成的封闭图形的面积为()A. B. C. D.8.已知函数yf(x)，其导函数yf(x)的图象如图1所示，则y=f(x)( )A在(，0)上为减函数B在x0处取得极小值图一C在(4，)上为减函数D在x2处取极大值9.设函数,若,则等于( )A.2B.-2C.3D.-310.函数的图像在处的切线方程是,则等于()A.1 B.0 C.2 D.11.如果函数在上单调递增,则的取值范围是( )A. B. C. D.12.对于函数
3、,给出下列命题:(1)是增函数,无最值;(2)是减函数,无最值;(3)的递增区间为,递减区间为;(4)是最大值,是最小值.其中正确的有()A.4个B.3个 C.2个D.1个二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13.函数在处的切线方程是 . 14.在极坐标系中，圆4sin的圆心到直线(R)的距离是_.15.曲线的直角坐标方程为,以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,则曲线的极坐标方程为 .16.已知函数yxf(x)的图象如图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数)，给出以下说法：函数f(x)在区间(1，)上是增函数；函数f(x)在区间(1,1)上
4、无单调性；函数f(x)在x处取得极大值；函数f(x)在x1处取得极小值其中正确的说法有_三、解答题(本大题共6个小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.（本大题10分）已知函数f(x)x34x4.(1)求函数的单调区间；(2)求函数的极值.18.（本大题12分）设函数f(x)2x33 (a1)x26ax8，其中aR.已知f(x)在x3处取得极值(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在点A(1,16)处的切线方程19.（本大题12分）如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO底面ABCD，E是PC的中点。 求证：（1）PA平面BDE ；（2）平面PAC平面BDE.
5、20.(本小题12分)在极坐标系下，已知圆O：cos sin 和直线l：sin，(1)求圆O和直线l的直角坐标方程；(2)当(0，)时，求直线l与圆O公共点的一个极坐标21.(本大题12分)如图，一矩形铁皮的长为8cm，宽为5cm，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，问小正方形的边长为多少时，盒子容积最大？22.（本大题12分）（理）如图，DC平面ABC，EBDC，ACBCEB2DC2，ACB120，P，Q分别为AE，AB的中点(1)证明：PQ平面ACD；(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值数学（理）试题答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出
6、的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.题号123456789101112答案BAACACACCBBD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13. ; 14. ;15. ; 16. .3、 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10分）解析：（1） 令当，即或，函数单调递增，当，即，函数单调递减，函数的单调增区间为和，单调递减区间为（2）由（1）可知，当时，函数有极大值，即当时，函数有极小值，即函数的极大值为，极小值为.18.(本大题12分) 解(1)f(x)6x26(a1)x6a.f(x)在x3处取得极值，f(3)696(a1)36
7、a0，解得a3.f(x)2x312x218x8.(2)A点在f(x)上，由(1)可知f(x)6x224x18，f(1)624180，切线方程为y16.19.(本大题12分)OCABDEP证明：（）连结EO， -1分在PAC中，O是AC的中点，E是PC的中点， OEAP-2分又OE平面BDE，- -1分PA平面BDE，-1分PA平面BDE-1分（）PO底面ABCDPOBD-1分又ACBD，且ACPOO，BD平面PAC-2分而BD平面BDE，- -1分平面PAC平面BDE-1分20.(本大题12分)解析：(1)由cos sin ，可得2cos sin ，又代入得O：x2y2xy0，由l：sin，得
8、：sin cos ，sin cos 1，又代入得：xy10.(2)由解得又得又因为(0，)，则，故为.21.(本大题12分)解析：设小正方形的边长为1cm,盒子的容积为则令，则 又又当小正方形的的边长为1cm时，盒子容积最大，为18.22.(本大题12分)解析：(1)证明：因为P，Q分别为AE，AB的中点，所以PQEB.又DCEB，因此PQDC，又PQ平面ACD，从而PQ平面ACD.(2)如图，连接CQ，DP，因为Q为AB的中点，且ACBC，所以CQAB.因为DC平面ABC，EBDC，所以EB平面ABC，因此CQEB.故CQ平面ABE.由(1)有PQDC，又PQEBDC，所以四边形CQPD为平行四边形，故DPCQ.因此DP平面ABE，DAP为AD和平面ABE所成的角，在RtDPA中，AD，DP1，sinDAP，因此AD和平面ABE所成角的正弦值为.6
