（数学）山东省莒县第二中学2017-2018学年高二下学期期中考试（理）.doc

1、 参考答案 15、ABCBB 610、DDDAC 1112、CD 13. 12 n xxx n 14. 2 1x 15. 2 或 4 16. 17（10 分） 解： （1） 1 ( )fxa x ， 可得(1, (1)f处的切线斜率为1a，切点为(1,)ab. 由切线与过此点的直线垂直，可得1=2a ， =1ab， 解得=1b=0，a . 5 分 （2）由 11 ( )1=1fx xe ，得 P 点的横坐标为e，即 ( ,1)P ee ，所以切线方程为 1 (1)yx e . 10 分 18.（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 3

2、 5 3C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 13 46 C C；两个红球 三个白球 23 46 C C；三个红球两个白球 32 46 C C；四个红球一个白球 41 46 C C 所以共有 246 种. 12 分 19.(12 分)解： 22 3 sinsin (60)sinsin(60) 4 5 分 证明如下： 22 sinsin (60)sin sin(60) 2 2 3131 sincossinsincossin 2222 2222 311 sincossinsin 442 3 4 . 12 分 20.（12 分）证明： （1）连接

3、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 5 分 （2）SD平面 AC，BC平面 AC， BCSD，而 BCCD，SDCD=D， 13 22 yx S BC平面 SDC DE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 DEF 12 分 21 （12 分） 解： （1）( )2 fxx，所以过点M的切线的斜率为( )2kf tt， 由点斜式得切线PQ方

4、程为 2 2 ()ytt xt，即 2 2ytxt 11 | |(5) 22 APQPQ SAPAQxy 对令5x得 2 10 Q ytt 令0y得 2 P t x得 代入得 32 11 (5)=525 24 APQPQ Sxyttt(05)t 6 分 （2） 2 3 =1025 4 APQ Stt，令=0 APQ S 解得10t（舍去）或 10 3 t 定义域内只有一个极值点， 所以当 10 3 t时 APQ S有极大值1000 27 ，又 5 2 0 125 3 x dx 故草坪的面积的最小值为125 27 . 12 分 22. （本小题满分 12 分） 解： （1）当6k时， 12 (

5、)ln4f xx x 因为 2 12 ( ) x fx x ，从而 当0,12 ,( )0 xfx ，( )f x单调递减； 当12,+,( )0 xfx ，( )f x单调递增 所以当12x时，( )f x有极小值 3 分 因(12)ln1230,(1)80ff，所以( )f x在112，之间有一个零点 因为 4 4 12 ()0f e e ，所以( )f x在 4 12，e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， 2 2+ln0 k x x x 对2，+x恒成立， 即 2ln 2 xxx k x 对2，+x恒成立 令 2ln ( ) 2 xxx h

6、 x x ，则 2 2ln6 ( ) (2) xx h x x 8 分 设( )2ln6v xxx，则 2 ( ) x v x x 当2，+x时， ( )0 v x ，所以( )v x在2，+为增函数 因为(10)=42ln100v，(11)=52ln110v， 所以存在 0 10，11 x， 0 ()=0v x，即 00 2ln60xx 10 分 当 0 2,xx时，( )0h x，( )h x单调递减， 当 0，+ xx时，( )0h x，( )h x单调递增 所以当 0 xx时，( )h x的最小值 000 0 0 2+ln ()= 2 xxx h x x 因为 00 2ln60xx，所

7、以 0 0 ()=5,5.5 2 x h x 故所求的整数k的最大值为 5 12 分 方法二：由题意知， (2) 2ln0 k x x x 对 2，+x 恒成立 (2) ( )2ln k x f xx x ， 2 2 ( ) xk fx x 8 分 当 1k 时， ( )0fx 对 2，+x 恒成立， 所以 ( )f x 在 2，+上单调递增 而 (2)=2+ln20f 成立，所以满足要求 当 1k 时， 当 2，2xk 时， ( )0fx ， ( )f x 单调递减， 当 +2 ，xk ， ( )0fx ， ( )f x 单调递增 所以当 2xk时，( )f x有最小值(2 )3ln2fkkk 10 分 从而 ( )0f x 在 2，+x 恒成立，等价于3 ln2 0kk 令 ( )3ln2g kkk，则 1 ( )0 k g k k ，从而 ( ）g k 在 1，+ 为减函数 因为 (5)ln1020, (6)ln1230gg ， 所以使3 ln2 0kk 成立的最大正整数 5k 综合，知所求的整数k的最大值为 5 12 分