山东省菏泽市郓城第一中学高二数学理上学期期末试题含解析

山东省菏泽市郓城第一中学高二数学理上学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)≥0，则必有 ()A．f(0)＋f(2)<2f(1)

B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)

D．f(0)＋f(2)>2f(1)参考答案：C2.已知长方体的长和宽都是3，高是2.则与的距离

（

）A．3

B．2

C．3

D．参考答案：A3.从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有： A．210种 B．420种 C．630种 D．840种参考答案：B4.不等式的解集是(

) A．[-5，7] B．[-4，6] C． D．参考答案：D5.如图是一个简单组合体的三视图，其中正视图、侧视图都是由一个等边三角形和一个正方形组成，且俯视图是一个带有对角线的正方形，则该简单几何体的体积为（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A6.从1=12、1+3=22、1+3+5=32、1+3+5+7=42、…，猜想得到1+3+…+（2n﹣1）=（）A．n B．2n﹣1 C．n2 D．（n﹣1）2参考答案：C【考点】F1：归纳推理．【分析】直接由题意可得答案．【解答】解：从1=12、1+3=22、1+3+5=32、1+3+5+7=42、…，猜想得到1+3+…+（2n﹣1）=n2，故选：C【点评】本题考查了归纳推理的问题，关键找到规律，属于基础题7.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1500石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得250粒内夹谷30粒，则这批米内夹谷约为（） A．140石 B．160石 C．180石 D．200石参考答案：C【考点】分层抽样方法． 【专题】计算题；整体思想；定义法；概率与统计． 【分析】根据数得250粒内夹谷30粒，可得比例，即可得出结论． 【解答】解：由题意，这批米内夹谷约为1500×=180石， 故选：C． 【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生的计算能力，比较基础．8.若复数z满足z（1﹣i）=|+i|，则在复平面内z的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限参考答案：D【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答】解：复数z满足z（1﹣i）=|+i|，∴z（1﹣i）（1+i）=2（1+i），∴z=1+i，则在复平面内z的共轭复数1﹣i对应的点（1，﹣1）位于第四象限．故选：D．9.某研究机构在对具有线性相关的两个变量x和y进行统计分析时，得到的数据如下表所示．由表中数据求得y关于x的回归方程为，则在这些样本点中任取一点，该点落在回归直线上方的概率为（

）x4681012y122.956.1A. B. C. D.无法确定参考答案：B【分析】求出样本的中心点，计算出，从而求出回归直线方程，个点中落在回归直线上方的有三个，算出概率即可。【详解】由题可得，因为线性回归方程过样本中心点，所以，所以，所以，故5个点中落在回归直线上方有，，，共个，所以概率为.故选B.【点睛】本题考查线性回归方程和古典概型，解题的关键是求出线性回归方程，属于一般题。10.在正方体中，点为对角面内一动点，点分别在直线和上自由滑动，直线与所成角的最小值为，则下列结论中正确的是（

）A．若，则点的轨迹为双曲线的一部分

B．若，则点的轨迹为双曲线的一部分

C.若，则点的轨迹为双曲线的一部分

D．若，则点的轨迹为双曲线的一部分参考答案：A由题意结合最小角定理可知，若直线与所成角的最小值为，则原问题等价于：已知圆锥的母线与底面的夹角为，圆锥的顶点为点D，底面与平面平行，求圆锥被平面截得的平面何时为双曲线.由圆锥的特征结合平面与平面所成角的平面角为45°可知：当时截面为双曲线的一部分；当时截面为圆的一部分；当时截面为椭圆的一部分.本题选择A选项.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知圆C的圆心与抛物线的焦点关于直线对称.直线与圆C相交于两点，且,则圆C的方程为

.参考答案：12.按如图所示的程序框图运行后，输出的结果是63，则判断框中的整数的值是

．参考答案：513.在8和36之间插入6个数，使这8个数成等差数列，则插入的6个数是

参考答案：12,16,20,24,28,3214.在空间中，取直线为轴，直线与相交于点，其夹角为（为锐角），围绕旋转得到以为顶点，为母线的圆锥面，任取平面，若它与轴交角为（与平行时，记=0），则：当时，平面与圆锥面的交线为

．参考答案：椭圆略15.下面算法的输出的结果是（1）

(2）

(3）

参考答案：（1）2006

(2）

9

(3）816.在四边形ABCD中，，，，，则BD的最大值为______.参考答案：8试题分析：因为，所以由正弦定理可得，在以为直径的圆上，要使最大，就是到圆周上动点的最大值，为到圆圆心的距离加半径，即是，故答案为.考点：1、正弦定理、余弦定理应用；2、圆的性质.【方法点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理应用以及圆的性质，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据，对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.对正弦定理也是要注意两方面的应用：一是边角互化；二是求边求角.17.椭圆+=1（a＞b＞0）与圆x2+y2=（+c）2（c为椭圆半焦距）有四个不同交点，则离心率的取值范围是．参考答案：【考点】圆与圆锥曲线的综合；椭圆的简单性质．【分析】由圆的方程求得圆的半径，要使椭圆与圆有四个不同交点，则圆的半径大于椭圆短半轴小于椭圆长半轴长，由此得到不等式求得椭圆离心率的范围．【解答】解：由圆x2+y2=（+c）2是以原点为圆心，以为半径的圆，∴要使椭圆+=1（a＞b＞0）与圆x2+y2=（+c）2有四个不同交点，则，由，得b＜2c，即a2﹣c2＜4c2，即；联立，解得或e＞1（舍）．∴椭圆离心率的取值范围是．故答案为：．三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知抛物线：的准线与轴交于点，过点斜率为的直线与抛物线交于、两点(在、之间)．（1）为抛物线的焦点，若，求的值；（2）若,求的面积

参考答案：（1）(1)法一：由已知

设，则，

，

由得，，解得法二：记A点到准线距离为，直线的倾斜角为，由抛物线的定义知，∴，∴（2）方法一：

又

求根公式代入可解出

方法二：

略19.已知命题p：方程（m﹣1）x2+（m+2）y2=（m﹣1）（m+2）表示的曲线是双曲线；命题q：不等式3x2﹣m＞0在区间（﹣∞，﹣1）上恒成立，若“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，求实数m的取值范围．参考答案：【考点】复合命题的真假．【专题】分类讨论；综合法；简易逻辑．【分析】分别求出p，q为真时的m的范围，通过讨论p，q的真假得到不等式组，解出即可．【解答】解：若p为真：方程（m﹣1）x2+（m+2）y2=（m﹣1）（m+2）可化为：，曲线为双曲线，则：（m+2）（m﹣1）＜0，∴﹣2＜m＜1…若q为真，3x2＞m在区间（﹣∞，﹣1）上恒成立，3x2＞3（﹣1）2≥m即m≤3…p∨q为真，“p∧q”为假，则p，q一真一假…若p真q假，则，不等式无解…若p假q真，则，m≤﹣2，或1≤m≤3…综上可得：m≤﹣2，或1≤m≤3…．【点评】本题考查了双曲线以及函数恒成立问题，考查复合命题的判断，是一道中档题．20.如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ADC⊥平面BCDE,，，，(I)证明:平面ABD⊥平面ABC；(Ⅱ)求直线AD与平面ACE所成的角的正弦值.参考答案：证明：（Ⅰ），所以．-----------------3分又，----------------5分故平面．

----------------6分因为平面，所以平面ABD⊥平面ABC-----------------------7分(Ⅱ)过点D作．,所以∠DAH即为AD与平面所成的角.

----------------10分在中，，∴,,在中，，----------------15分21.如图，矩形ABCD中，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE。

（1）求证：AE⊥平面BCE；

（2）求证：AE∥平面BFD。参考答案：证明：

（1）AD⊥平面ABE，AE平面ABE，∴AD⊥AE，

在矩形ABCD中，有AD∥BC，∴BC⊥AE。

∵BF⊥平面ACE，AE平面ABE，∴BF⊥AE，

又∵BFBC=B，BF，BC平面BCE，∴AE⊥平面BCE。（7分）（2）设ACBD=H，连接HF，则H为AC的中点。∵BF⊥平面ACE，CE平面ABE，∴BF⊥CE，又因为AE=EB=BC，所以F为CE上的中点。在△AEC中，FH为△AEC的中位线，则FH∥AE又∵AE平面BFE，而FH平面BFE∴AE∥平面BFD。（14分）22.如图，正方体ABCD﹣A1B1