山东省莒县第二中学2017_2018学年高二数学下学期期中试题理(扫描版).docx

山东省莒县第二中学2017-2018 学年高二数学下学期期中试题理（扫描版）- 1 - / 7- 2 - / 7- 3 - / 7- 4 - / 72016 级高二下学期期中考试理科参考答案1 5ABCBB 610DDDAC 11 12CDx1 x2xn14.x2115. 2 或 416. 13.n117（ 10 分）解：（ 1） f ( x)a ，可得 (1, f (1)处的切线斜率为 1a ，切点为 (1,a b) .x由切线与过此点的直线y1 x3垂直，可得1 a=2 ， ab=1 ，22解得 a=1，b=0 .5 分11（ 2）由 f (x)1= 1，得 P 点的横坐标为 e ，即 P( e,1 e) ，所以切线方程为xey ( 1 1)x .10 分e18. （ 12 分）（1）解答：根据题意，因为不能连排，所以不能排的有一二三、二三四或三四五，所以共有 C533 即 7 种 .6 分（ 2）解答：根据题意，总分不低于六分有四种情况：一个红球四个白球C41C63 ；两个红球三个白球 C42 C63 ；三个红球两个白球C 43C62 ；四个红球一个白球C44C61所以共有246 种.12 分19.(12 分 ) 解： sin2sin2 (60) sinsin(60)35分4证明如下：sin 2sin 2 (60) sinsin(60)3 cos1 sin23 cos1 sinsin 2sin2222sin 23 cos21 sin21 sin 23. 12分442420. （ 12 分）证明：（ 1）连接 AC，设 ACBD=O，连接 EO，ABCD是正方形，O 为 AC的中点，OE为 SAC的中位线， SAOE，而 OE? 平面 EDB， SA?平面 EDB，SA平面EDB（ 2） SD平面 AC， BC? 平面 AC，BCSD，而 BCCD，SDCD=D，BC平面 SDCDE? 平面 SDC， BCDE而 SD=DC， E 为 SC中点 DESC又 BCSC=C， DE平面 SBC， DESB又 EFSB，DEEF=E， SB平面 DEF5分S12 分- 5 - / 721（ 12 分） 解：（ 1） f (x)2x ，所以过点 M 的切线的斜率为kf (t)2t ，由点斜式得切线PQ 方程为 yt 22t (xt ) ，即 y2tx t 2 S APQ1 | AP | AQ |1 (5xP )yQ 22对令 x5得 yQ10tt 2 令 y0得 xPt 得2代入得 S APQ1 (5xP ) yQ = 1 t 35t 225t (0 t5) 6 分24（ 2） S APQ = 3 t 210t25 ，令 SAPQ =0解得 t10 （舍去）或 t1043定义域内只有一个极值点，1000 ，又所以当 t10时 S APQ 有极大值5x2dx12532703故草坪的面积的最小值为125 .12 分2722.（本小题满分12 分）解：（ 1）当 k6 时， f (x) ln x124 x12x因为 f ( x)，从而x2当 x0,12 , f( x)0 ， f ( x) 单调递减；当 x12,+, f( x)0 ， f ( x) 单调递增所以当 x12 时， f ( x) 有极小值3 分因 f (12)ln1230, f (1)8 0 ，所以 f (x) 在112， 之间有一个零点因为 f (e4 )120，所以 f (x) 在12， e4之间有一个零点e4从而 f (x) 有两个不同的零点6 分（ 2）方法一：由题意知，2+ ln xk x20对 x2，+恒成立，x即 k2xx ln x 对 x2，+恒成立x2- 6 - / 7令h(x)2xx ln x，则 h ( x)x2ln x68 分(x2) 2x2设 v(x)x2ln x6 ，则 v ( x)x2 x当 x2，+时，v (x)0，所以 v(x) 在2，+为增函数因为 v(10)=42ln100 ， v(11)=52ln110，所以存在 x010，11， v(x0 )=0 ，即 x02lnx060 10 分当 x2, x0时， h (x)0， h(x) 单调递减，当 xx ， +时， h (x)0 ， h( x) 单调递增02x0 +x0 ln x0所以当 x x0 时， h( x) 的最小值 h( x0 )=x02因为 x02ln x060，所以 h(x0 )= x05,5.5 2故所求的整数 k 的最大值为 512 分方法二：由题意知，2k (x2)对 x2，+恒成立ln xx0k( x2)x 2kf (x)2 ln x(x)8 分x， fx2当 k1 时， f (x)0 对 x2，+恒成立，所以 f ( x) 在2， +上单调递增而 f (2)=2+ln 2 0 成立，所以满足要求当 k1 时，当 x2，2k时， f ( x)0 ， f ( x) 单调递减，当 x2k，+， f ( x) 0 ， f ( x) 单调递增所以当 x2k 时， f ( x) 有最小值 f (2 k) 3 ln 2k k 10 分从而 f ( x)0 在 x2， +恒成立，等价于 3 ln 2k k 0 令 g(k)3 ln 2k1k0 ，从而k ，则 g (k)k因为 g(5)ln1020, g(6) ln1230，所以使 3ln 2kk0 成立的最大正整数k5 综合，知所求的整数k 的最大值为 5g (k）在 1，+为减函数12 分- 7 - / 7