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2014-2015学年湖北省宜昌市高二下学期期末调研考试数学(理)试题(A卷,扫描版)

2014-2015 学年湖北省宜昌市高二下学期期末调研考试

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宜昌市 2014-2015 学年期末调研考试试题 理科数学(A 卷)参考答案
命题:舒晓懿 审题:杨天文 李智勇 向立政 一、选择题:CAACC 二、填空题:13、4; 三、解答题: 17.解: (Ⅰ)由题意知直线 CD 垂直平分线段 AB ,∵ A(?1,1) , B ( 2 , 0) , BAABD CB 15、

14、 ?e ;

15 ; 4

16、 4? .
2

1? 0 1 ? ? ,∴ kCD ? 3 ?1? 2 3 1 1 ∴直线 CD 的方程为: y ? ? 3( x ? ) ,即 3x ? y ? 1 ? 0 2 2 (Ⅱ)由题意知线段 CD 为圆的直径,∴ 2r ? 10 ? r ? 5
∴ AB 的中点 M ( , ) ,又 k AB ?

1 1 2 2

……2 分 ……4 分

设圆 P 的方程为 ( x ? a) 2 ? ( y ? b) 2 ? 25 ∵圆经过点 A(?1,1) 和 B ( 2 , 0) , ?
2 2 ? ?(?1 ? a ) ? (1 ? b) ? 25 2 2 ? ?(2 ? a ) ? b ? 25

……5 分 …… 7 分

解得 ?

?a ? 2 ?a ? ?1 或? ?b ? 5 ?b ? ?4
2 2 2 2

……9 分

∴圆 P 的方程为 ( x ? 2) ? ( y ? 5) ? 25 或 ( x ? 1) ? ( y ? 4) ? 25 …10 分

18.解: (Ⅰ)设“从所有投票中抽取一个,取到不支持投入的投票”为事件 A, 由已知得 P ( A) ?

y ? 30 2 ? ,所以 y ? 10 , B ? 40 , x ? 40 , A ? 60 . 100 5
………1 分

暴雨后支持率为

40 4 4 1 ? ,不支持率为 1 ? ? , 50 5 5 5 20 2 2 3 ? ,不支持率为 1 ? ? . 50 5 5 5
……2 分

暴雨前支持率为

条形统计图如图所示,由图可以看出暴雨影响到民众对加大修建城市地下排水 设施的投入的态度.

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……4 分 (Ⅱ) K ?
2

100(30 ? 40 ? 20 ? 10) 2 50 ? ? 16.78 ? 10.828. 50 ? 50 ? 40 ? 60 3

……6 分

故至少有 99.9 0 0 的把握认为我市暴雨对民众是否赞成加大对修建城市地下 排水设施的投入有关. ……7 分 (Ⅲ) ? 可能取值为 0,1,2,3,4,用样本估计总体,任取一人支持的概率为

p?

60 3 ? . 100 5
3 5

……8 分

所以随机变量 ? 服从二项分布,即 ?~B ( 4, ) ,

16 0 2 4 P(? ? 0) ? C 4 ( ) ? , 5 625 216 2 2 2 3 2 P(? ? 2) ? C 4 ( ) ( ) ? , 5 5 625 81 4 3 4 P(? ? 4) ? C 4 ( ) ? . 5 625
分布列为

96 1 2 3 3 P(? ? 1) ? C 4 ( ) ( )? , 5 5 625 216 3 2 3 3 P(? ? 3) ? C 4 ( )( ) ? , 5 5 625
……10 分 2 3 4

?
P

0

1

16 625

96 625

216 625

216 625
……12 分 S

81 625
……11 分

? np ? 4 ? 期望 E(?)

3 12 ? . 5 5

19.解: (Ⅰ)证明:由 SA ? 底面 ABC ,得 BC ? SA , 又由 AC ? AB 且点 E 分别是 BC 的中点,则

BC ? AE ,
由 SA ? AE ? A ,则有 BC ? 平面 SAE …5 分 A M H D C (Ⅱ)解法 1(常规法) :过点 G 作 GH ? AE 交 AE 于点 H ,过点 H 作 HM ? AF G E F

B

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交 AF 于点 M ,连接 GM , 则 ?GMH 为所求二面角 G ? AF ? E 的平面角. ∵ SA ? 面ABC , GH ? 面ABC . ∴ GH ? SA ,又 GH ? AE , SA ? AE ? A ,所以有 GH ? 面AFE , ……7 分

AF ? 面AFE ,得 AF ? GH ,
又 AF ? HM , GH ? HM ? H , ∴ AF ? 面GHM ,又 MG ? 面GHM . ∴ GM ? AF ,已作 HM ? AF , ∴ ?GMH 为所求二面角 G ? AF ? E 的平面角. ……9 分

在等腰 Rt ?ABC 中, AB ? AC ? 2 , D 、 E 、 G 分别为 AC 、 BC 、 DE 的中 点, GH ? AE ,得 GH ? HE ?

2 , 4 2 2 , 3

在 Rt ?SAE 中,过 F 作 FN ? SA 交 SA 于点 N , SF ? 2 FE , 得 FN ?

AF ?

2 3 1 2 6 , S ?AFH ? S ?SAE ? ,得 MH ? , 3 4 4 4 GH 3 ? , MH 3

∴ tan?GHM ?

∴二面角 G ? AF ? E 的大小为

? 6

……12 分

z

解法 2(向量法) :以 A 为坐标原点,分别以 AC , AB , AS 为 x , y , z 轴建立空间直线坐标系 O ? xyz ,

0) . 0, 0) , S (0, 0, 2) , E (1, 1, 0) , G (1, , 则 A(0,
由 SF ? 2 FE 得 F ( , , ) .

1 2

y

2 2 2 3 3 3

0) . 所以 AE ? (1 , 1 , 0) , AF ? ( , , ) , AG ? (1, ,

2 2 2 3 3 3

1 2

x

……6 分

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2 2 ?2 x1 ? y1 ? z1 ? 0 ? ?3 3 3 设平面 AFG 的法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ) ,则 ? , ?x ? 1 y ? 0 1 1 ? 2 ?
令 y1 ? 2 ,得 x1 ? ?1 , z 2 ? ?1 ,即 m ? (?1,2,?1) . ……8 分

2 2 ?2 ? x2 ? y 2 ? z 2 ? 0 设平面 AFE 的法向量为 n ? ( x2 , y2 , z 2 ) ,则, ? 3 3 3 ? x ? y ? 0 2 ? 2
令 y 2 ? 1 ,得 x2 ? ?1 , z 2 ? 0 ,即 n ? (?1,1,0) . (或由(Ⅰ)知 BC 为平面 AFE 的一个法向量 ) ∴ cos? ? ……10 分

m ? n ? 1? (?1) ? 2 ? 1 ? (?1) ? 0 mn
=

(?1) 2 ? 2 2 ? (?1) 2 2

=

3 , 2
……12 分

? . 6 20.解(Ⅰ)依题意可设抛物线的方程为: y 2 ? 2 px( p ? 0)
∴二面角 G ? AF ? E 的大小为 由抛物线的定义知 MF ? 1 ? ∴抛物线的方程为: y ? 4 x (Ⅱ)由(1)知焦点 F (1,0)
2

P ,又 MF ? 2 ,所以 p ? 2 2
………3 分 ………4 分

∵直线 l 的斜率不为 0,所以设直线 l : x ? m y ? 1

?x ? m y ? 1 得 y 2 ? 4my ? 4 ? 0 , 2 ? y ? 4x 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) ,则有 y1 ? y 2 ? 4m, y1 y 2 ? ?4 ∴ x1 ? x2 ? m( y1 ? y2 ) ? 2 ? 4m 2 ? 2 y2 y2 x1 x 2 ? 1 ? 2 ? 1 4 4 2 2 ∴ AB ? x1 ? x2 ? 2 ? 4m ? 4 ? 8 ,则 m ? 1
由? (Ⅲ)设 M (a ,2a)
2

………5 分

………7 分

y1 ? 2a y ? 2a 4 ? 1 ? 2 2 y1 ? 2a x1 ? a y1 ? a2 4 2 2a ? 4 同理 k MB ? , k MD ? 2 m y 2 ? 2a a ?1 ∵直线 MA, MD, MB 的斜率始终满足 2k MD ? k MA ? k MB ,
∴ k MA ?

………8 分

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2 4 4 即 2 m = + 恒成立。 ………10 分 a ? 1 y1 ? 2a y 2 ? 2a 2 2a ? y 1 ? y 2 ? 4a ∴ 2 m ? 把 y1 ? y 2 ? 4m, y1 y 2 ? ?4 代入 a ?1 y1 y 2 ? 2a( y1 ? y 2 ) ? 4a 2 1 (a 2 ? 1)( m ? ) ? 0 恒成立,则 a ? ?1 m ∴存在点 M (1,2) 或 M (1,?2) ,使得对任意直线 l ,直线 MA, MD, MB 的斜率 始终满足 2k MD ? k MA ? k MB 。 ………12 分 2a ?
21.解(Ⅰ) f ? x ? ≥ 0 ? t ≤
ex (x>0)恒成立。 x ?1 xe x ex ≥0 设 p? x? ? (x≥0),则 p? ? x ? ? 2 x ?1 ? x ? 1?

………2 分

∴ p ? x ? 在 x ? ? 0 , ??? 单调递增, p ? x ? ≥ p ? 0? ? 1 (x=1 时取等号) , ∴ t ?1 (Ⅱ)设 x1 , x 2 是任意的两实数,且 x1 ? x 2
g ? x2 ? ? g ? x1 ? x2 ? x1 ? m ,故 g ? x2 ? ? mx2 ? g ? x1 ? ? mx1

………3 分

设 F ? x ? ? g ? x ? ? mx ,则 F(x)在 R 上单增,

………6 分

即 F ? ? x ? ? g? ? x ? ? m ? 0 恒成立,即对任意的 t≤-1,x∈R, m ? g? ? x ? 恒成立。

t ?t ………7 分 ? 2 e x ( x ) ? t ? ?t ? 2 ? t ? 3 故 m ? 3 x e e x (Ⅲ)由(1) e ? x ? 1 ,即 ln(1 ? x) ? x ( x ? ?1) , 则 x ? 0 时, ln(1 ? x) ? x ………8 分 1 k ?1 1 ? ,分别取 k ? 1,2,3,?, n 设 x ? ,则有 ln k k k 2 3 n ?1 1 1 ? 1? ??? 将上述 n 个不等式依次相加,得 ln ? ln ? ? ? ln 1 2 n 2 n 1 1 ∴ ln(1 ? n) ? 1 ? ? ? ? ① ………10 分 2 n 1 k ?1 1 ? 设x ? ? ,则有 ln ,分别取 k ? 1,2,3,?, n ? 1, k ?1 k k ?1 1 1 1 2 3 n 将上述不等式依次相加,得 ? ? ? ? ? ln ? ln ? ? ? ln , 2 3 n 1 2 n ?1 1 1 1 即 ? ? ? ? ? ln n(n ? 2) , 2 3 n 1 1 * ∴ 1 ? ? ? ? ? 1 ? ln n(n ? N ) ② ……11 分 2 n
而 g ?( x) ? e ? t ?
x

1 1 综合①②,得 ln(1+n)<1+ +…+ ≤1+lnn. ……… 12 分 2 n

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22.解:(Ⅰ) 如图,连接 BE ,则 BE ? EC , 又 D 是 BC 的中点,所以 DE ? BD . 又 OE ? OB , OD ? OD , 所以 ?ODE ? ?ODB , 所以 ?OBD ? ?OED ? 900 . 故 圆.

O, B, D, E



点 …………5 分



(Ⅱ)如图,延长 DO 交圆于点 H , ∵ DE 2 ? DM ? DH ? DM ? ( DO ? OH ) ? DM ? DO ? DM ? OH , 1 1 2 ∴ DE ? DM ? ( AC ) ? DM ? ( AB) ,即 2DE 2 ? DM ? AC ? DM ? AB , 2 2 BC ? DC ,∴ 2DC 2 ? DM ? AC ? DM ? AB . ∵ DE ? …………10 分 2 23. 解: (Ⅰ)对于曲线 C1 :? ? sin ? ? cos? ? ? 1 ,得 ? sin ? ?? cos ? 1 ? ,故有 x ? y ? 1 ,

? x ? 2cos ? x2 ? y2 ? 1 . 对于曲线 C2 : ? ,消去参数得 4 ? y ? sin ? 2 x ? y 2 ? 1 ,得 5 x 2 ? 8 x ? 0 (Ⅱ)把直线 x ? y ? 1 代入 4
? ? x1 ? 0 ? x2 ? 5 , 解得 ? 或? ? ? y1 ? 1 3 8 ?y ? ? 2 ? 5 ?

…………5 分 …………6 分

8 3? 所以 C1 与 C2 存在两个交点 M ? 0,1? 或 N ? ? ,? ? ?5 5?
2 2

………8 分

8? ? 3? 8 2 ? 所以 MN ? ? 0 ? ? ? ? 1 ? ? ? ………10 分 5? ? 5? 5 ? 4 4 24. 解: (Ⅰ) f ( x) ?| x ? | ? | x ? m |?| m ? |? 4 …………5 分 m m 4 (Ⅱ ) f ( 2) ?| 2 ? | ? | 2 ? m | m 4 ∵m>0,当 m>2 时, f ( 2) = m ? ? 4 ? 5 解得 m ? 1 ? 17 ………7 分 m 2 4 ? 5 解得 0 ? m ? 1 当 m ? 2 时, f ( 2) ? m ? …………9 分 m
1 ? 17 ? 综上,不等式的解集为 ? ?m | 0 ? m ? 1, m ? ? ? 2 ?

…………10 分

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