陕西省榆林市玉林容县中学高二数学文期末试卷含解析

陕西省榆林市玉林容县中学高二数学文期末试卷含解析一、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.设若是与的等比中项，则的最小值为（

）A．8 B．4 C．1 D．参考答案：B略2.如图所示，D是△ABC的边AB的中点，则向量等于

A.－＋B.－－C、－D、＋参考答案：A3.在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点．那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值为()A.

B.C.

D.参考答案：B4.定义区间的长度均为，其中。已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为（

）。

参考答案：。原不等式等价于。当或时，原不等式等价于。设，则。设的两个根分别为，则满足的构成的区间为，区间的长度为。当时，同理可得满足的构成的区间为，区间的长度为。由韦达定理，，所以满足条件的构成的区间的长度之和为，所以选。5.抛物线的准线方程是（

）A.

B.

C.

D.

参考答案：D略6.设O为坐标原点，C为圆的圆心，圆上有一点满足，则=(

)．

(A)

(B)(C)

(D)参考答案：D略7.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（

） A．

B．

C．

D．参考答案：B8.设函数的反函数是，则的值为（

）A．

B．

C．1

D．2参考答案：A9.某初级中学共有学生2000名，各年级男、女生人数如下表：

初一年级初二年级初三年级女生373380男生377370现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，应在初三年级抽取（

）名？A．10

B．12

C．14D．与和的值有关参考答案：B10.已知x<2，则y＝的最大值是（

）

A.0

B.2

C.

4

D.8参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知数列的各项如下：…,求它的前n项和Sn=

；参考答案：

12.某学生三好学生的评定标准为：（1）各学科成绩等级均不低于等级，且达及以上等级学科比例不低于85%；（2）无违反学校规定行为，且老师同学对其品德投票评定为优秀比例不低于85%；（3）体育学科综合成绩不低于85分．设学生达及以上等级学科比例为，学生的品德被投票评定为优秀比例为，学生的体育学科综合成绩为．用表示学生的评定数据．已知参评候选人各学业成绩均不低于，且无违反学校规定行为．则：（）下列条件中，是“学生可评为三好学生”的充分不必要条件的有__________．① ② ③ ④（）写出一个过往学期你个人的（或某同学的）满足评定三好学生的必要条件__________．参考答案：（1）②④（2）（1）对于①，由数据可知，学生的品德被投票评定为优秀比例是，低于，不能被评三好学生，充分性不成立；对于②，由数据可知，学生的评定数据均满足被评为三好学生的评定标准，充分性成立，但反之，被评为三好学生，成绩不一定是，必要性不成立，故②符合题意；对于③，由，，，得，故是学生可评为三好学生的充要条件，故③不符合题意；对于④，由③知是学生可评为三好学生的充分不必要条件，故④符合题意．综上所述，“学生可评为三好学生”的充分不必要条件有②④．（2）由（1）可知，是“学生可评为三好学生”的充分条件，故满足评定三好学生的必要条件可以是：．13.函数的单调递减区间是______．参考答案：设，，（）因为是增函数，要求原函数的递减区间，只需求（）的递减区间，由二次函数知，故填．14.某同学为研究函数的性质，构造了如图所示的两个边长为的正方形和，点是边上的一个动点，设，则.请你参考这些信息，推知函数的零点的个数是▲

．参考答案：215.设条件；条件，那么是的

▲条件(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中之一)．参考答案：充分不必要16.已知x与y之间的一组数据：x1234y1357则y与x的线性回归方程为必过点．参考答案：（2.5，2）【考点】线性回归方程．【专题】计算题；规律型；概率与统计．【分析】求出样本中心即可得到结果．【解答】解：由题意可知：==2.5．=2．y与x的线性回归方程为必过点（2.5，2）．故答案为：（2.5，2）．【点评】本题考查回归直线方程的应用，样本中心的求法，考查计算能力．17.如果双曲线的一条渐近线与直线平行，则双曲线的离心率为

．参考答案：2三、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.已知直线过点A(6,1)与圆相切，（1）求该圆的圆心坐标及半径长（2）求直线的方程

参考答案：解：（1）圆心坐标为（４，－３），半径．（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即

则圆心到此直线的距离为．由此解得，此时方程为当直线的斜率不存在时，方程为故直线的方程为：或19.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=AA1=3，D、E分别是BC、AB的中点，F是CC1上一点，且CF=2C1F．（1）求证：C1E∥平面ADF；（2）若BC=2，求证：B1F⊥平面ADF．参考答案：【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（1）（证法一）连接CE与AD交于点H，连接FH，可得H是△ABC的重心，可得C1E∥FH，即可证明C1E∥平面ADF．（证法二）取BD中点H，连接EH，C1H．利用中位线定理可得：EH∥AD．可得：EH∥平面ADF，C1H∥DF，同理C1H∥平面ADF．即可证明平面C1EH∥平面ADF，即可证明．（2）利用等腰三角形的性质、直三棱柱的性质、线面垂直的判定与性质定理可得△B1C1F≌△FCD，可得B1F⊥FD，进而证明B1F⊥平面ADF．【解答】证明：（1）（证法一）连接CE与AD交于点H，连接FH．因为D是BC的中点，E是AB中点，所以H是△ABC的重心，所以CH=2EH，又因为CF=2C1F，所以C1E∥FH，因为FH?平面ADF，C1E?平面ADF，所以C1E∥平面ADF．（证法二）取BD中点H，连接EH，C1H．因为H是BD的中点，E是AB中点，所以EH∥AD，因为AD?平面ADF，EH?平面ADF，所以EH∥平面ADF，又因为CF=2C1F，CD=2DH，所以C1H∥DF，同理C1H∥平面ADF，∵EH∩C1H=H，所以平面C1EH∥平面ADF，又C1E?平面C1EH，所以C1E∥平面ADF．（2）因为AB=AC且D是BC中点，∴AD⊥BC，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1，∴B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥AD又AD⊥BC，BB∩BC=B，∴AD⊥平面B1BCC1，∴AD⊥B1F，∵CC1=3，CF=2C1F，∴CF=2，C1F=1，在△B1C1F与△FCD中，∴B1C1=FC=2，C1F=CD=1，∠B1C1F=∠FCD，∴△B1C1F≌△FCD，∴∠C1B1F=∠CFD，∴∠C1FB1+∠CFD=90°，∴B1F⊥FD，∵FD∩AD=D，∴B1F⊥平面ADF．20.已知函数f（x）=x3+ax2﹣a2x+2．（1）若a=1，求y=f（x）的极值；（2）讨论f（x）的单调区间．参考答案：【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）将a=1代入函数的表达式，求出函数f（x）的导数，从而得到函数的单调区间，进而求出函数的极值；（2）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间．【解答】解：（1）a=1时，f（x）=x3+x2﹣x+2，∴f′（x）=3x2+2x﹣1=（3x﹣1）（x+1），令f′（x）＞0，解得：x＞或x＜﹣1，令f′（x）＜0，解得：﹣1＜x＜，∴函数f（x）在（﹣∞，﹣1），（，+∞）递增，在（﹣1，）递减，∴极大值为f（﹣1）=4，极小值为；（2）∵f′（x）=3x2+2ax﹣a2=（3x﹣a）（x+a），当a=0时，f′（x）=3x2≥0，f（x）的单调增区间为（﹣∞，+∞），当a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞或x＜﹣a，令f′（x）＜0，解得：﹣a＜x＜，∴f（x）的增区间为（﹣∞，﹣a）和，减区间为，当a＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＞﹣a或x＜，令f′（x）＜0，解得：＜x＜﹣a，∴f（x）的增区间为和（﹣a，+∞），减区间为．21.已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列（1）、求通项公式

（2）、设，求数列的前项和参考答案：解、⑴、

⑵、当时，数列是首项为、公比为8的等比数列

所以；当时，所以

综上，所以或22.已知过点的直线l的参数方程是（t为参数），以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，试问是否存在实数a，使得？若存在，求出实数a的值；若不存在，说明理由.参考答案：（1），；（2）【分析】（1）消去参数即可得到