山西省忻州市新路中学高二数学理期末试卷含解析

山西省忻州市新路中学高二数学理期末试卷含解析一、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.已知数列的前项和为，，则A．81

B．80

C．121

D．120参考答案：A2.在程序框图中，算法中间要处理数据或计算，可分别写在不同的（

）A．处理框内

B．判断框内

C．输入、输出框内

D．终端框内参考答案：A由处理框的意义可知，对变量进行赋值，执行计算语句，处理数据，结果的传送等都可以放在处理框内，∴选A.3.二项式（a+2b）n展开式中的第二项系数是8，则它的第三项的二项式系数为（）A．24 B．18 C．6 D．16参考答案：C【考点】二项式系数的性质．【分析】利用通项公式即可得出．【解答】解：由题意可得：?an﹣1?2b=an﹣1b，∴=8，解得n=4．它的第三项的二项式系数为=6．故选：C．4.已知函数在时取得极值,则(

)A.

2

B.

3 C.

4 D.

5参考答案：D略5.将数字1,2,3,填入标号为1，2，3，的三个方格中，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填数字均不相同的概率是（）

A．B．

C．

D．参考答案：B6.从1，2，3，4这个数中，不放回地任意取两个数，两个数都是偶数的概率是(

)A.

B.

C.

D.参考答案：A7.若，则则的值等于

（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：C8.若是(

)A．锐角三角形

B．直角三角形

C．钝角三角形

D．等腰直角三角形参考答案：B略9.如图所示的程序的输出结果为S=132，则判断框中应填(

)A．i≥10？ B．i≥11？ C．i≤11？ D．i≥12？参考答案：B【考点】程序框图．【专题】操作型．【分析】由框图可以得出，循环体中的运算是每执行一次s就变成了s乘以i，i的值变为i﹣2，故S的值是从12开始的逐渐减小的若干个整数的乘积，由此规律解题计算出循环体执行几次，再求出退出循环的条件，对比四个选项得出正确答案．【解答】解：由题意，S表示从12开始的逐渐减小的若干个整数的乘积，由于12×11=132，故此循环体需要执行两次所以每次执行后i的值依次为11，10由于i的值为10时，就应该退出循环，再考察四个选项，B符合题意故选B【点评】本题考查循环结构，解答本题，关键是根据框图得出算法，计算出循环次数，再由i的变化规律得出退出循环的条件．本题是框图考查常见的形式，较多见，题后作好总结．10.在圆锥曲线中，我们把过焦点最短的弦称为通径，那么抛物线y2=2px的通径为4，则P=（）A．1 B．4 C．2 D．8参考答案：C【考点】抛物线的简单性质．【分析】利用么抛物线y2=2px的通径为4，即可得出结论．【解答】解：由题意，2p=4，∴p=2．故选：C．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.方程的解可视为函数的图像与函数的图像交点的横坐标.若方程的各个实根所对应的点（=1,2,…，k）均在直线的同侧（不包括在直线上），则实数a的取值范围是______.参考答案：或.12.曲线在点处的切线方程为__________．参考答案：【分析】先对函数求导，求出在点的切线斜率，再由点斜式，即可得出切线方程.【详解】因为，所以，所以.又因为，所以切线方程为，即.故答案为【点睛】本题主要考查求曲线在某点处的切线方程，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型.13.已知随机变量ξ服从正态分布N（2，δ2），p（ξ≤3）=0.8413，则P（ξ≤1）=

．参考答案：0.1587【考点】CP：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】根据随机变量ξ服从正态分布N（2，σ2），看出这组数据对应的正态曲线的对称轴ξ=2，根据正态曲线的特点，得到P（ξ≤1）=P（ξ＞3）=1﹣P（ξ≤3），得到结果．【解答】解：随机变量ξ服从正态分布N（2，δ2），所以P（2≤ξ≤3）=P（1≤ξ≤2），P（ξ＞2）=P（ξ＜2），故P（ξ≤1）=P（ξ＞3）=1﹣P（ξ≤3）=1﹣0.8413=0.1587．故答案为：0.1587．14.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD–A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，3D打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.参考答案：118．8【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.【详解】由题意得，，四棱锥O?EFG的高3cm，∴．又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为．【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．15.记F(x，y)=(x–y)2+(+)2（y≠0），则F(x，y)的最小值是

。参考答案：16.计算的结果为

．参考答案：517.计算：=_____.参考答案：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.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，直线C2的方程为，以O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线C1和直线C2的极坐标方程；（2）若直线C2与曲线C1交于A，B两点，求．参考答案：（1）极坐标方程为，（2）.【分析】（1）根据极坐标和直角坐标的互化公式得极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ﹣4ρsinθ+7=0直线C2的方程为y=，极坐标方程为；（2）直线C2与曲线C1联立，可得ρ2﹣（2+2）ρ+7=0，【详解】（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），直角坐标方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2=1，即x2+y2﹣4x﹣4y+7=0，极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ﹣4ρsinθ+7=0直线C2的方程为y=，极坐标方程为；（2）直线C2与曲线C1联立，可得ρ2﹣（2+2）ρ+7=0，设A，B两点对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1+ρ2=2+2，ρ1ρ2=7，．【点睛】：深刻理解极坐标中ρ的几何意义，代表了曲线上的点到极点的距离，从而得到．19.（本小题满分12分）若展开式中前三项的系数成等差数列，求：⑴展开式中二项式系数最大的项;⑵展开式中所有的有理项．参考答案：解：易求得展开式前三项的系数为

………2分

据题意

………3分

………4分⑴设展开式中项的二项式系数最大，。

………6分

………………8分⑵设展开式中的有理项为，由

………10分

故有理项为：

…12分略20.如图，四边形是矩形，平面，四边形是梯形,，，点是的中点，.（1）求证：∥平面；（2）求二面角的余弦值.参考答案：（1）证明：连结，交于点，∴点是的中点.∵点是的中点，∴是△的中位线.

∴∵平面，平面，∴平面

（2）四边形是梯形，，又四边形是矩形，，又，又，，在△中，，由可求得…7分以为原点，以、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，，.设平面的法向量，∴，.∴

令，则，.∴.又是平面的法向量，∴

如图所示，二面角为锐角.∴二面角的余弦值是略21.已知下列三个方程：至少有一个方程有实数根.求实数的取值范围.

参考答案：由得,又,所以,

当时,1<,即为真时实数的取值范围是1<.

由,得,即为真时实数的取值范围是.

若为真,则真且真,所以实数的取值范围是.

ks5u(Ⅱ)是的充分不必要条件,即,且,

设A=,B=,则,又A==,B==},则0<,且所以实数的取值范围是.略22.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，∠ABC=∠PAD=90°，侧面PAD⊥底面ABCD，若PA=AB=BC=，AD=1．（I）求证：CD⊥平面PAC（II）侧棱PA上是否存在点E，使得BE∥平面PCD？若存在，指出点E的位置，并证明，若不存在，请说明理由．参考答案：见解析【考点】直线与平面平行的判定；空间图形的公理．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】（I）由面面垂直的性质证出PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD．在底面梯形ABCD中利用勾股定理和余弦定理，利用题中数据算出CD2+AC2=1=AD2，从而AC⊥CD．最后利用线面垂直的判定定理，即可证出CD⊥平面PAC；（II）取PD的中点F，连结BE、EF、FC．利用三角形的中位线定理和已知条件BC∥AD且BC=AD，证出四边形BEFC为平行四边形，可得BE∥CF．最后利用线面平行判定定理，即可证出BE∥平面PCD．【解答】解：（I）∵∠PAD=90°，∴PA⊥AD．又∵侧面PAD⊥底面ABCD，PA?侧面PAD，且侧面PAD∩底面ABCD=AD，∴PA⊥底面ABCD．∵CD?底面ABCD，∴PA⊥CD．∵在底面ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，PA=AB=BC=，AD=1．∴AC==，∠CAB=∠CAD=45°△CAD中由余弦定理，得CD==可得CD2+AC2=1=AD2，得AC⊥CD．又∵PA、AC是平面PAC内的相交直线，∴CD⊥平面PAC．（II）