2018上海浦东高二下学期期末数学试卷附答案

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2018-2019学年上海市上海中学高二下学期期末考试数学试题(解析版)

上海市上海中学高二下学期期末考试数学试题一、单选题1．已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且10100S =，则7a 的值为 A ．11 B ．12C ．13D ．14【答案】C【解析】利用等差数列通项公式及前n 项和公式，即可得到结果. 【详解】∵等差数列{}n a 的公差为2，且10100S =， ∴1011091021002S a ⨯=+⨯= ∴11a =∴()7171213a =+-⨯=. 故选：C 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前n 项和公式，考查计算能力，属于基础题. 2．等比数列的前项和为，已知，，则（） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意可知，，，解得：，，求得，故选C.3．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若112,0,3m m m S S S -+=-==，则m =( ) A ．3 B ．4C ．5D ．6【答案】C【解析】由0m S =()112m m m a a S S -⇒=-=--=-又113m m m a S S ++=-=，可得公差11m m d a a +=-=，从而可得结果. 【详解】{}n a Q 是等差数列()102ms m m a a S +∴==()112m m m a a S S -⇒=-=--=-又113m m m a S S ++=-=， ∴公差11m m d a a +=-=，11325m a a m m m +==+=-+⇒=，故选C ．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 4．设02πα<<，若11sin ,(sin )(1,2,3,)n x n x x n αα+===L ，则数列{}n x 是（）A ．递增数列B ．递减数列C ．奇数项递增，偶数项递减的数列D ．偶数项递增，奇数项递减的数列【答案】C【解析】根据题意，由三角函数的性质分析可得0sin 1a <<，进而可得函数(sin )xy a =为减函数，结合函数与数列的关系分析可得答案。

2017-2018学年上海市复旦附中高二(下)期末数学试卷(解析版)

2017-2018学年上海市复旦附中高二（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共4小题，共16.0分） 1. 在(√2x +√33)2018的展开式中，系数为有理数的系数为( )A. 336项B. 337项C. 338项D. 1009项【答案】A【解析】解：根据题意，(√2x +√33)2018的展开式的通项为T r+1=C 2018r (√2x)2018−r (√33)r =C 2018r ×22018−r 2⋅3r3×x 2018−r ；其系数为C 2018r C 2018r ×22018−r 2⋅3r3，若系数为有理数，必有r =6n ，(n =1、2……、336) 共有336项，故选：A ．根据题意，求出(√2x +√33)2018的展开式的通项，即可得项的系数，进而分析可得若系数为有理数，必有r =6n ，(n =1、2、……、336)，即可得答案．本题考查二项式定理的应用，关键是掌握二项式定理的形式，属于基础题．2. 如图，某几何体的三视图是三个边长为1的正方形，及每个正方形中的一条对角线，则该几何体的表面积是( ) A. 4+√2B. 9+√32C. 3+√32D. 3+√2【答案】B【解析】解：几何体的直观图如图：所以几何体的表面积为：3+3×12×1×1+√34×(√2)2=9+√32．故选：B ．画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的表面积即可．本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键．3. 定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数，若m =4，则不同的“规范01数列”共有( ) A. 18个 B. 16个 C. 14个 D. 12个【答案】C【解析】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m 项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m =4，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1.共14个．故选：C ．由新定义可得，“规范01数列”有偶数项2m 项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，当m =4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．本题是新定义题，考查数列的应用，关键是对题意的理解，枚举时做到不重不漏，是压轴题．4. 已知椭圆方程为x 24+y225=1，将此椭圆绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为V 1，满足{y ≥−50≤x ≤2y ≤52x的平面区城绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为V 2，则( )A. V 2=V 1B. V 2=32V 1C. V 2=54V 1D. V 2，V 1无明确大小关系【答案】C【解析】解：在同一平面直角坐标系中画出椭圆与旋转体如图，椭圆绕y 轴旋转一周所得的旋转体为椭球，其体积为V 1=43π×2×2×5=80π3；满足{y ≥−50≤x ≤2y ≤52x的平面区城阴影部分绕y 轴旋转一周所得的旋转体是圆柱挖去一个圆锥，其体积V 2=π×22×10−13×π×22×5=100π3．∴V 2=54V 1．故选：C ．由题意画出图形，分别求出椭圆绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为V 1与满足{y ≥−50≤x ≤2y ≤52x 的平面区城绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V 2，则答案可求．本题主要考查旋转体的体积的大小比较，考察学生的计算能力，是中档题．二、填空题（本大题共11小题，共44.0分）5. 已知a ，b ∈{0,1，2，3}，则不同的复数z =a +bi 的个数是______．【答案】16【解析】解：当a=b时，复数z=a+bi的个数是4个；当a≠b时，由排列数公式可知，组成不同的复数z=a+bi的个数是A42=12个.∴不同的复数z=a+bi的个数是16个．故答案为：16．分a=b和a≠b结合排列数公式求解．本题考查排列及排列数公式，是基础题．6.一个竖直平面内的多边形，用斜二测画法得到的水平放置的直观图是一个边长为√2的正方形，该正方形有一组对边是水平的，则原多边形的面积是______．【答案】4√2【解析】解：该多边形的直观图是一个边长为√2的正方形，正方形的面积为S正方形=(√2)2=2，∴原多边形的面积是2×2√2=4√2．故答案为：4√2．根据斜二测画法中原平面图形与直观图的面积比是2√2：1，计算即可．本题考查了斜二测画法中原平面图形与直观图的面积比应用问题，是基础题．7.已知(1−2x)2018=a0+a1x+a2x2+⋯+a 2018x2018则|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a2018|=______．【答案】32018【解析】解：根据题意，(1−2x)2018中，其展开式的通项为T r+1=C2018r(−2x)r，又由(1−2x)2018=a0+a1x+a2x2+⋯+a 2018x2018，则a1、a3、……a2017为负值，则在(1−2x)2018中，令x=−1可得：32018=a0−a1+a2−a3+⋯…+a2017−a2018，又由a1、a3、……a2017为负值，则|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a2018|=a0−a1+a2−a3+⋯…+a2017−a2018=32018，故答案为：32018．根据题意，由二项式定理分析可得(1−2x)2018的展开式的通项，分析可得a1、a3、……a2017为负值，在(1−2x)2018中，令x=−1可得：32018=a0−a1+a2−a3+⋯…+a2017−a2018，分析可得答案．本题考查二项式定理的应用，注意二项式定理的形式，属于基础题．8.已知球的体积是V，则此球的内接正方体的体积为______．【答案】2√3V3π【解析】解：设球的半径为R，球内接正方体的棱长为a，则球的体积是V=43πR3，∴R=33V4π；又球的内接正方体的体对角线是球的直径，即3a2=4R2，∴a=√43R；∴正方体的体积为V正方体=(√43R)3=3√3×3V4π=2√3V3π．故答案为：2√3V3π．设球的半径为R，球内接正方体的棱长为a，根据题意知球内接正方体的体对角线是球的直径，得出a与R的关系，再计算正方体的体积．本题考查了球与其内接正方体的关系应用问题，是基础题．9.点A(1,2，1)，B(3,3，2)，C(λ+1,4，3)，若AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为锐角，则λ的取值范围为______．【答案】(−2,4)∪(4,+∞)【解析】解：AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1，1)，AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,2，2)，∵AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为锐角，∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =2λ+2+2>0，且不能同向共线．解得λ>−2，λ≠4．则λ的取值范围为(−2,4)∪(4,+∞)．故答案为：(−2,4)∪(4,+∞)．AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为锐角，可得AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ >0，且不能同向共线.解出即可得出．本题考查了向量夹角公式、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．10.若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是______．【答案】1+2π2π【解析】解：可以设该侧面的正方形边长为A，则S侧面积=A2全面积S=A2+2π(A2π)2则圆柱的全面积与侧面积的比S全面积S侧面积=(1+2π2π)A2A2=1+2π2π故答案：1+2π2π由圆柱的侧面展开图是正方形，我们易得圆柱的高与底面周长相等，设侧面的正方形边长为A后，易分别计算出侧面积和全面积，代入计算后，易得结果．本题考查的是圆柱的表面积与侧面积，利用已知分别求出全面积和侧面积是解答本题的关键，另外全面积=侧面积+底面积×2，中易解为全面积=侧面积+底面积．11.正四面体ABCD的棱长为2，则所有与A，B，C，D距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为______．【答案】√3+3【解析】解：设E、F、G分别为AB、AC、AD的中点，连结EF、FG、GE，则△EFG是三棱锥A−BCD的中截面，可得平面EFG//平面BCD，点A到平面EFG的距离等于平面EFG与平面BCD之间的距离，∴A、B、C、D到平面EFG的距离相等，即平面EFG是到四面体ABCD四个顶点距离相等的一个平面；正四面体ABCD中，象△EFG这样的三角形截面共有4个．∵正四面体ABCD的棱长为2，可得EF=FG=GE=1，∴△EFG是边长为1的正三角形，可得S△EFG=12EF⋅FG⋅sin60∘=√34；取CD、BC的中点H、I，连结GH、HI、IE，∵EI、GH分别是△ABC、△ADC的中位线，∴EI−//12AC，GH−//12AC，得EI−//GH，∴四边形EGHI为平行四边形；又∵AC =BD 且AC ⊥BD ，EI−//12AC ，HI−//12BD ，∴EI =HI 且EI ⊥HI ，∴四边形EGHI 为正方形，其边长为12AB =1，由此可得正方形EGHI 的面积S EGHI =1；∵BC 的中点I 在平面EGHI 内，∴B 、C 两点到平面EGHI 的距离相等；同理可得D 、C 两点到平面EGHI 的距离相等，且A 、B 两点到平面EGHI 的距离相等； ∴A 、B 、C 、D 到平面EGHI 的距离相等，∴平面EGHI 是到四面体ABCD 四个顶点距离相等的一个平面，且正四面体ABCD 中，象四边形EGHI 这样的正方形截面共有3个，因此，所有满足条件的正四面体的截面面积之和等于4S △EFG +3S EGHI =4×√34+3×1=√3+3．故答案为：√3+3．根据题意知到正四面体ABCD 四个顶点距离相等的截面分为两类：一类是由同一顶点出发的三条棱的中点构成的三角形截面，这样的截面有4个；另一类是与一组相对的棱平行，且经过其它棱的中点的四边形截面，这样的截面有3个；作出示意图，求出所有满足条件的截面面积之和即可．本题考查了正四面体的性质、点到平面距离的定义、三角形面积与四边形形面积的求法等知识，是难题．12. 从集合{1,2，…，30}中取出五个不同的数组成单调递增的等差数列，则所有符合条件的不同的数列个数是______．【答案】98【解析】解：根据题意，设满足条件的一个等差数列首项为a 1，公差为d ，必有d ∈N ∗．则a 5=a 1+4d ，则d =a 5−a 14≤30−14=294，则d 的可能取值为1，2，3， (7)对于给定的d ，a 1=a 5−4d ≤30−4d ，当a 1分别取1，2，3，…，30−4d 时，可得递增等差数列30−4d 个(如：d =1时，a 1≤26，当a 1分别取1，2，3，…，26时，可得递增等差数列26个：1，2，3，4，5；2，3，…，6；…；26，27，…，30，其它同理)．当d 取1，2，3，…，7时，可得符合要求的等差数列的个数为：12×(2+26)×7=98个；故答案为：98．根据题意，设满足条件的一个等差数列首项为a 1，公差为d ，d ∈N ∗.确定d 的可能取值为1，2，3，…，7，进而分析可得答案．本题考查合情推理的应用，涉及等差数列的性质，关键是确定d 的取值范围，属于偏难题．13. 在正三棱锥P −ABC 中，PA =2，AB =1，记二面角P −AB −C ，A −PC −B 的平面角依次为α，β，则3sin 2α−2cosβ=______．【答案】2【解析】解：如图所示，作PO ⊥平面ABC ，连接CO 延长交AB 于点D ，连接PD ．则D 为AB 的中点，CD ⊥AB ，∴AB ⊥PD ． ∴二面角P −AB −C 的平面角为∠PDO =α． ∵PD =√22−(12)2=√152，CD =√32，OD =13CD =√36， ∴OP =√PD 2−OD 2=√333． ∴sinα=OP PD =23√115．作AE ⊥PC ，垂足为E 点，连接BE ， ∵△PAC≌△PBC ， ∴BE ⊥PC ．∴∠AEB 为A −PC −B 的平面角β， ∵cos∠PCA =12+22−222×1×2=14．∴AE =AC ⋅sin∠PCA =1×√1−(14)2=√154．在△AEB 中，cosβ=AE 2+BE 2−AB 22×AE×BE =715．∴3sin 2α−2cosβ=3×(23√115)2−2×715=2．故答案为：2．如图所示，作PO ⊥平面ABC ，连接CO 延长交AB 于点D ，连接PD.可得D 为AB 的中点，CD ⊥AB ，AB ⊥PD.于是二面角P −AB −C 的平面角为∠PDO =α.作AE ⊥PC ，垂足为E 点，连接BE ，根据△PAC≌△PBC ，可得BE ⊥PC.可得∠AEB 为A −PC −B 的平面角β，利用余弦定理等即可得出．本题考查了正三棱锥的性质、正三角形的性质、余弦定理勾股定理、二面角、三角形全等，考查了推理能力与计算能力，属于难题．14. 如图，顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，母线PA =4，O 是底面圆心，B 是底面圆内一点，且AB ⊥OB ，C 为PA 的中点，OD ⊥PB ，垂足为D ，当三棱锥O −PCD 的体积最大时，OB =______．【答案】2√63【解析】解：AB ⊥OB ，可得PB ⊥AB ，即AB ⊥面POB ，所以面PAB ⊥面POB ． OD ⊥PB ，则OD ⊥面PAB ，OD ⊥DC ，OD ⊥PC ，又，PC ⊥OC ，所以PC ⊥面OCD.即PC 是三棱锥P −OCD 的高.PC =OC =2．而△OCD 的面积在OD =DC =√2时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．当OD =√2时，由PO =2√2，知∠OPB =30∘，OB =POtan30∘=2√63．故答案为：2√63．画出图形，说明PC 是三棱锥P −OCH 的高，△OCH 的面积在OD =DC =√2时取得最大值，求出OB 即可．本题考查圆锥的结构特征，棱锥的体积等知识，考查空间想象能力，是中档题．15. 已数列{a n }，令b k 为a 1，a 2，…，a k 中的最大值(k =1,2，…，n)，则称数列{b n }为“控制数列”，数列{b n }中不同数的个数称为“控制数列”{b n }的“阶数”.例如：{a n }为1，3，5，4，2，则“控制数列”{b n }为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若数列{a n }由1，2，3，4，5，6构成，则能构成“控制数列”{b n }的“阶数”为2的所有数列{a n }的首项和是______．【答案】1044【解析】解：依题意得，首项为1的数列有1，6，a，b，c，d，故有A44=24种，首项为2的数列有2，1，6，b，c，d，或2，6，a，b，c，d，故有A44+A33=30种，首项为3的数列有3，6，a，b，c，d，或3，1，6，b，c，d，或3，2，6，b，c，d或3，1，6，c，d或，3，2，1，6，c，d，故有A44+2A33+2A22=40种，首项为4的数列有24+18+12+6=60种，即4，6，a，b，c，d，有A44=24种，4，1，6，b，c，d，或4，2，6，b，c，d，或4，3，6，b，c，d，有3A33=18种，4，a，b，6，c，d，(其中a，b∈{1,2，3})，则有A32A22=12种，4，a，b，c，6，d，(其中a，b，c∈{1,2，3})，则有6种，首项为5的数列有24×5=120种，即5，6，a，b，c，d，有A44=24种，5，1，6，b，c，d，或5，2，6，b，c，d，或5，3，6，b，c，d，或5，4，6，b，c，d有4A33=24种，5，a，b，6，c，d，(其中a，b∈{1,2，3，4})，则有A42A22=24种，5，a，b，c，6，d，(其中a，b，c∈{1,2，3，4})，则有24种，5，a，b，c，d，6，(其中a，b，c，d∈{1,2，3，4})，则有24种，综上，所有首项的和为24×1+30×2+40×3+60×4+120×5=1044．故答案为：1044由新定义，分别利用排列组合，求出首项为1，2，3，4，5的所有数列，再求出和即可．本题考查了排列组合问题，考查了新定义问题，考查了运算能力和转化能力，属于难题三、解答题（本大题共6小题，共60.0分）16.已知(ax −√x2)9的展开式中，x3的系数为94，则常数a的值为______．【答案】4【解析】解：(ax −√x2)9的展开式中，通项公式为Tr+1=C9r⋅(√2)−r⋅(−1)r⋅a9−r⋅x3r2−9，令3r2−9=3，求得r=8，故x3的系数为C98⋅116a=94，∴a=4，故答案为：4．先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0=3，求得r的值，即可求得展开式中x3的系数，再由x3的系数为94，求得a的值．本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．17.已知空间向量a⃗与b⃗ 的夹角为arccos√66，且|a⃗|=√2，|b⃗ |=√3，令m⃗⃗⃗ =a⃗−b⃗ ，n⃗=a⃗+2b⃗ ．(1)求a⃗，b⃗ 为邻边的平行四边形的面积S；(2)求m⃗⃗⃗ ,n⃗的夹角θ．【答案】解：(1)根据条件，cos<a⃗,b⃗ >=√66；∴sin<a⃗,b⃗ >=√306；∴S=|a⃗||b⃗ |sin<a⃗,b⃗ >=√2×√3×√306=√5；(2)m⃗⃗⃗ ⋅n⃗=(a⃗−b⃗ )⋅(a⃗+2b⃗ )=a⃗2+a⃗⋅b⃗ −2b⃗ 2=2+√2×√3×√66−2×3=−3；|m⃗⃗⃗ |=√(a⃗−b⃗ )2=√a⃗2−2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2=√2−2+3=√3，|n⃗|=√(a⃗+2b⃗ )2=√2+4+12=3√2；∴cos<m⃗⃗⃗ ,n⃗>=m⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗|m⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |=√3×3√2=−√66；∴m⃗⃗⃗ ,n⃗的夹角θ=arccos(−√66)．【解析】(1)根据向量a⃗,b⃗ 的夹角为arccos√66即可求出sin<a⃗,b⃗ >=√306，从而根据S=|a⃗||b⃗ |sin<a⃗,b⃗ >即可求出面积S；(2)根据条件即可求出m⃗⃗⃗ ⋅n⃗，|m⃗⃗⃗ |和|n⃗|的值，根据向量夹角的余弦公式，即可求出cos<m⃗⃗⃗ ,n⃗>，进而得出θ．考查向量夹角的概念，sin2α=1−cos2α，三角形的面积公式，向量数量积的运算，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式．18.有3名女生和5名男生，按照下列条件排队，求各有多少种不同的排队方法？(1)3名女生排在一起；(2)3名女生次序一定，但不一定相邻；(3)3名女生不站在排头和排尾，也互不相邻；(4)每两名女生之间至少有两名男生；(5)3名女生中，A，B要相邻，A，C不相邻．【答案】解：(1)根据题意，分2步分析：①，3名女生看成一个整体，考虑其顺序有A33=6种情况，②，将这个整体与5名男生全排列，有A66=720种情况，则3名女生排在一起的排法有6×720=4320种；(2)根据题意，将8人排成一排，有A88种排法，由于3名女生次序一定，则有A88A33=6720种排法；(3)根据题意，分2步分析：①，将5名男生全排列，有A55=120种情况，②，除去两端，有4个空位可选，在其中任选3个，安排3名女生，有A43=24种情况，则3名女生不站在排头和排尾，也互不相邻的排法有120×24=2880种；(4)根据题意，将3名女生排成一排，有A33=6种情况，分2种情况讨论：①，两名女生之间有3名男生，另两名女生之间有2名男生，将5名男生分成3、2的两组，分别安排在3名女生之间，有6×C52×A22×A33×A22=1440种排法；②，任意2名女生之间都有2名男生，将5名男生分成2、2、1的三组，2个2人组安排在三名女生之间，1人安排在两端，有6×C52C32C11A22×A22×A22×A22×A21=1440种排法；则每两名女生之间至少有两名男生的排法有1440+1440=2880种；(5)根据题意，分2种情况分析：①，A、B、C三人相邻，则B在中间，A、C在两边，三人有A22=2种排法，将3人看成一个整体，与5名男生全排列，有A66=720种情况，则此时有2×720=1440种排法；②，A、B、C三人不全相邻，先将5名男生全排列，有A55=720种情况，将A、B看成一个整体，和C一起安排在5名男生形成的6个空位中，有720×A62×A22=4320种，则3名女生中，A，B要相邻，A，C不相邻的排法有1440+4320=5760种排法．【解析】(1)根据题意，用捆绑法分2步分析：①，3名女生看成一个整体，②，将这个整体与5名男生全排列，由分步计数原理计算可得答案；(2)根据题意，先计算8人排成一排的排法，由倍分法分析可得答案；(3)根据题意，分2步分析：①，将5名男生全排列，②，将3名女生安排在5名男生形成的空位中，由分步计数原理计算可得答案；(4)根据题意，分2种情况讨论：①，两名女生之间有3名男生，另两名女生之间有2名男生，②，任意2名女生之间都有2名男生，分别求出每种情况下的排法数目，由加法原理计算可得答案；(5)根据题意，分2种情况讨论：①，A 、B 、C 三人相邻，则B 在中间，A 、C 在两边，②，A 、B 、C 三人不全相邻，分别求出每种情况下的排法数目，由加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，注意常见问题的处理方法，属于中档题．19. 在正四棱锥P −BCD 中，正方形ABCD 的边长为3√2，高OP =6，E 是侧棱PD 上的点且PE =13PD ，F是侧棱PA 上的点且PF =12PA ，G 是△PBC 的重心.如图建立空间直角坐标系． (1)求平面EFG 的一个法向量n ⃗ ；(2)求直线AG 与平面EFG 所成角θ的大小； (3)求点A 到平面EFG 的距离d ．【答案】解：(1)∵在正四棱锥P −BCD 中，正方形ABCD 的边长为3√2，高OP =6，E 是侧棱PD 上的点且PE =13PD ，F 是侧棱PA 上的点且PF =12PA ，G 是△PBC 的重心.如图建立空间直角坐标系．∴D(0,−6,0)，P(0,0，6)，E(0,−2,4)，A(6,0，0)，F(3,0，3)，B(0,6，0)，C(−6,0，0)，G(−2,2，2)， EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2，−1)，EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,4，−2)，设平面EFG 的一个法向量n⃗ =(x,y ，z)，则{n ⃗ ⋅EF⃗⃗⃗⃗⃗ =3x +2y −z =0n ⃗ ⋅EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +4y −2z =0，取y =1，得：平面EFG 的一个法向量n ⃗ =(0,1，2)． (2)AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(−8,2，2)，则sinθ=|cos <AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|AG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||AG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√5⋅√72=√1010， ∴直线AG 与平面EFG 所成角θ=arcsin √1010．(3)EA⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,2，−4)， ∴点A 到平面EFG 的距离d =|EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√5=6√55．【解析】(1)建立空间直角坐标系，求出EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2，−1)，EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,4，−2)，设平面EFG 的一个法向量n ⃗ =(x,y ，z)，由{n ⃗ ⋅EF⃗⃗⃗⃗⃗ =3x +2y −z =0n⃗ ⋅EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +4y −2z =0，能求出平面EFG 的一个法向量n⃗ ． (2)求出AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−8,2，2)，由sinθ=|cos <AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|，能求出直线AG 与平面EFG 所成角θ． (3)求出EA⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,2，−4)，由点A 到平面EFG 的距离d =|EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |，能求出结果．本题考查平面的法向量、线面角、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．20. 如图，在多面体ABCDEF 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△ADE 是等腰直角三角形且∠ADE =π2，EF ⊥平面ADE 且EF =1． (1)求异面直线AE 和DF 所成角的大小； (2)求二面角B −DF −C 的平面角的大小．【答案】解：∵平面ADE ⊥平面ABCD ，且∠ADE =π2，∴DE ⊥平面ABCD ，由四边形ABCD 是边长为2的正方形，∴DA ，DC ，DE 两两互相垂直，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，又EF ⊥平面ADE 且EF =1，∴D(0,0，0)，A(2,0，0)，E(0,0，2)，C(0,2，0)，B(2,2，0)，F(0,1，2)， (1)AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−1,2)，则cos <AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF⃗⃗⃗⃗⃗ >=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF⃗⃗⃗⃗⃗ |AE⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2×3=2√23， ∴异面直线AE 和DF 所成角的大小为arccos2√23； (2)DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0)，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2)，设平面BDF 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z)，由{n ⃗ ⋅DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y =0n ⃗ ⋅DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =y +2z =0，取z =1，得n⃗ =(2,−2,1)，又平面DFC 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(1,0,0)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=23×1=23．由图可知，二面角B −DF −C 为锐角， ∴二面角B −DF −C 的平面角的大小为arccos 23．【解析】由已知可得DA ，DC ，DE 两两互相垂直，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．(1)求出AE⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，利用数量积求夹角求解异面直线AE 和DF 所成角的大小； (2)分别求出平面BDF 与平面DFC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角B −DF −C 的平面角的大小．本题考查空间角的求法，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．21. 设点F 1，F 2分别是椭园C ：x 22t 2+y 2t 2=1(t >0)的左、右焦点，且椭圆C 上的点到F 2的距离的最小值为2√2−2，点M ，N 是椭圆C 上位于x 轴上方的两点，且向量F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 平行．(1)求椭圆C 的方程； (2)当F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0时，求△F 1NF 2的面积；(3)当|F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |−|F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√23时，求直线F 2N 的方程．【答案】解：(1)点F 1、F 2分别是椭圆C ：x 22t +y 2t =1(t >0)的左、右焦点， ∴a =√2t ，c =t ，∵椭圆C 上的点到点F 2的距离的最小值为2√2−2， ∴a −c =√2t −t =2√2−2，解得t =2， ∴椭圆的方程为x 28+y 24=1；(2)由(1)可得F 1(−2,0)，F 2(2,0)，点N 是椭圆C 上位于x 轴上方的点，可设N(2√2cosθ,2sinθ)， ∴F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2cosθ+2,2sinθ)，F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2cosθ−2,2sinθ)， ∵F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴(2√2cosθ+2)(2√2cosθ−2)+4sin 2θ=0，解得cosθ=0，sinθ=1， ∴N(0,2)，∴△F 1NF 2的面积S =12|F 1F 2|⋅y N =12×4×2=4； (3)∵向量F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 平行，∴λF 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∵|F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |−|F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√23， ∴(|λ|−1)|F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√23，即|λ|>1，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，∴λ(x 1+2)=x 2−2，y 2=λy 1，∴x 2=λx 1+2(λ+1)∵x 228+y 224=1，∴x 22+2y 22=8， ∴[λx 1+2(λ+1)]2+2λ2y 12=12λ2+8λ+4+4λ(λ+1)x 1=8， ∴4λ(λ+1)x 1=(1−3λ)(λ+1)，∴x 1=1−3λλ=1λ−3，∴y 12=4−(1−3λ)22λ2，则|F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(x 1+2)2+y 12=(1λ−3+2)2+4−(1−3λ)22λ2=(λ+1)22λ2， ∴|F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2λ， ∴(λ−1)√2λ=4√23， ∴3λ2−8λ−3=0，解得λ=3，或λ=−13(舍去)．∴x 1=1λ−3=−83，y 12=4−(−8)22×9=49，∴y 1=23，则M(−83,23)，∴k F 1M =23−0−83−(−2)=−1，∵向量F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 平行，∴F 2N 所在直线当斜率为−1， ∴直线F 2N 的方程为y −0=−(x −2)，即为x +y −2=0．【解析】(1)根据椭圆的简单性质可得a −c =√2t −t =2√2−2，求解t ，即可得到椭圆C 的方程；(2)可设N(2√2cosθ,2sinθ)，根据向量的数量积求出点N 的坐标，由三角形面积公式可得△F 1NF 2的面积；(3)向量F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 平行，不妨设λF 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，根据坐标之间的关系，求得M 的坐标，再根据向量的模，即可求出λ的值，根据斜率公式求出直线F 1M 的斜率，根据直线平行和点斜式即可求出直线F 2N 的方程．题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量的运算和及其斜率计算公式等知识与基本方法，属于难题．。

2018-2019学年上海中学高二(下)期末数学试卷

2018-2019学年上海中学高二（下）期末数学试卷一、填空题（每题 3分）1- （ 3 分）11血（1丄）= _________ -2. ____________________________________________________ （ 3 分）已知等差数列 a i = 3, a n = 21, d = 2，贝U n = __________________________________ .3. （ 3 分）数列｛a n ｝中，已知 a n = 4n - 13?2n +2, n €N* , 50 为第 _______项.4. ________________________________________________________________ （ 3 分）｛a n ｝为等比数列，若 a 1+a 2+a 3= 26, a 4 - a 1= 52,贝U a n = ______________________ .n*5. （3 分）用数学归纳法证明（n+1）（ n+2）（n+3）•••（ n+n ）= 2 ?1?3?5•••（2n - 1）（n€N ）时，从n = k 到n = k+1时左边需增乘的代数式是 __________ .6. ___________________________________________________________________________ （3 分）数列｛ a n ｝满足 a 1 = 1, a 2= 3, a n+1= （2n - a n （n = 1, 2,…），贝U a 3 等于 _______ .7. （ 3 分）数列｛x n ｝满足 x n+1 = x n - x n -1, n 》2, n €N*, x 1= a , x 2= b ,贝U x 2019= ______ . & （ 3分）数列｛a n ｝满足下列条件：a 1 = 1，且对于任意正整数 n ,恒有a 2n = a n +n ，贝U a 二9. ( 3 分)数列｛a n ｝定义为 a 1 = cos 0, a n +a n+1 = nsin 肝cos B , n 》1,贝U S 2n+1 = ___ 10. （3分）已知数列｛a n ｝是正项数列，S n 是数列｛a n ｝的前n 项和，且满足11. （3分）若三角形三边成等比数列，则公比 q 的范围是 ________12. （3 分）数列｛a n ｝满足 a 1 = 1, a 2= 2, a 3 = 3 , a 4 = 4 , a 5= 5,当 n 》5 时，a n+1 = a 1?a 2?…?a n - 1,则是否存在不小于 2的正整数 m ,使a 1?a 2?…？ a m = a 1 +a 2 +…+a m 成立？若存在，则在横线处直接填写 m 的值；若不存在，就填写"不存在" ____________ . 、选择题（每题 3 分）已知等差数列｛a n ｝的公差为2,前n 项和为S n ,且S 10= 100 ,则a 7的值为LI * I右b n ,T n 是数列｛b n ｝的前n 项和，贝y T 99= _________13. (3 分)A . 11B . 12C . 13D . 142C . 514. (3 分) 等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,已知S 3= a 2+10a 1, a 5= 9，贝U a 1=（g15. （3分）设等差数列｛ a n ｝的前n 项和为 3,若 S m- 1 =- 2, S m = 0, S m+1 = 3，贝V m =16. ( 3 分)设 0v aV兀~2 LT * . ■，右 x 1= sin a,x n+1 = (sin a) V- ( n = 1, 2, 3…)，则数列｛x n ｝是( )A .递增数列B .递减数列C •奇数项递增，偶数项递减的数列D •偶数项递增，奇数项递减的数列三、解答题17. (8分)等差数列｛a n｝的前n项和为S n, S4=- 62, S6=- 75设b n= |a n|,求数列｛b n｝的前n项和T n.218. (10 分)已知数列｛ a n｝的前n 项和S n= n - 2n+1 (n €N*).(1 )求｛a n｝的通项公式；(2)若数列｛b n｝满足：a n+1+log3n = log3b n ( n€N*),求｛ b n｝的前n项和T n (结果需化简) 19. (10分)某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不作广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件.若作广告宣传，广告费为n千元时比广告费为(n- 1)千元时多卖出亠件，(n讯*).2口(1)试写出销售量s与n的函数关系式；(2)当a= 10, b= 4000时厂家应生产多少件这种产品，做几千元广告，才能获利最大？2 S |i ? Io20. (10 分)设数列｛a n｝的前n 项和S n,已知a1= 1, = a n+1 - - n-—, n€N*.n 3 3(1)求数列｛a n｝的通项公式；(2)是否对一切正整数n,有1丄十…丄＜?注?说明理由.Sj a 2 3 n+121. (14 分)设集合S n= ｛(x1, x2,…，x n) X：€｛0 , 1｝(i = 1, 2,…，n) ｝，其中n €N*,n》2.(1 )写出集合S2中的所有元素；(2)设(a1, a2,…，a n), (b1, b2,…，b n) €S n,证明：“ a1?20+ a2?21 + …+ a n?2n 1=b1?2°+b2?21 + - +b n?2n-1“的充要条件是“ a i = b i (i = 1, 2，…,n)”；a n, ,(b1, b2,…b n,…)€S，使得a1?(=) +a2? )2+…+an?(丄)•= A,且(3)设集合S= { (X1, x2,…x n,…)|x i €{0, 1} (i = 1, 2…，n…)}设(a1, a2,…,b1?( —) 1+b2?(^) 2+ …+b n?(—) "+ •-= B，试判断"A= B”是"a i= b i (i = 1, 2,…)的什么条件并说明理由.2018-2019学年上海中学高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析填空题（每题3分）（3 分）lim（1 丄）=1.n【分析】直接利用数列的极限的运算法则求解即可【解答】解：lim （1丄）=1 - 0= 1.故答案为：1.【点评】本题考查数列的极限的运算法则的应用，是基本知识的考查.2. （3 分）已知等差数列a i= 3, a n= 21, d = 2，贝U n = 10 .【分析】直接把已知代入等差数列的通项公式求得n值.【解答】解：在等差数列｛a n｝中，由a1 = 3, a n= 21, d= 2，得21 = 3+2 （n - 1）,解得：n= 10.故答案为：10.【点评】本题考查等差数列的通项公式，是基础的计算题.3. （3 分）数列｛a n｝中，已知a n= 4n- 13?2n+2, n €N* , 50 为第4 项.【分析】令a n= 4n- 13?2n+2= 50,可得：（2n- 16）（2n+3）= 0，解出n即可得出. 【解答】解：令a n= 4n- 13?2n+2 = 50,可得：（2n- 16）（2n+3）= 0,••• 2n= 16,解得n= 4.故答案为：4.【点评】本题考查了数列通项公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.n —14. （3 分）｛a n｝为等比数列，若a1+a2+a3= 26, a4 - a1= 52,贝U a n= 2?3 .【分析】利用等差数列通项公式列方程组求出首项和公比，由此能求出通项公式.2【解答】解：••• ｛a n｝为等比数列，a1+a2+a3= 26, a4 - a1 = 52,2aj +a 十日iq =26a J q _a J 二52 .目十9十『) ][巧(『一1] Q_1戈解得q= 3, a i = 2,n_ 1…a n= 2?3 •故答案为：2?3n一1•【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.n * 5. (3 分)用数学归纳法证明(n+1) ( n+2) (n+3)•••( n+n)= 2 ?1?3?5•••(2n- 1) (n€N )时，从n = k到n= k+1时左边需增乘的代数式是4k+2 .【分析】从n= k到n= k+1时左边需增乘的代数式是(k+1+k) (k+1+k+l)，化简即可得k+1出.【解答】解：用数学归纳法证明(n+1) ( n+2) (n+3)•••( n+n)= 2n?1?3?5-( 2n- 1)(n €N*)时，从n = k到n= k+1时左边需增乘的代数式是^ = 2 (2k+1).k+1故答案为：4k+2.【点评】本题考查了数学归纳法的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.6. (3 分)数列｛a n｝满足a1= 1, a2= 3, a n+1 = ( 2n -入a n (n = 1, 2,…),贝V a3等于15 .【分析】先由a1 = 1, a2= 3, a n+1 =( 2n-入)a n,可求出人然后由n = 2时，代入已知递推公式即可求解【解答】解：T a1 = 1, a2= 3, a n+1=( 2n - Z) a n.a2=( 2 -入)a1 即3 =( 2 -入).Z=- 1, a n+1=( 2n+1) a n•. a3= 5a2 = 15故答案为：15【点评】本题主要考查了利用递推公式求解数列的项，解题的关键是求出参数入7. ( 3 分)数列｛x n｝满足x n+1= x n - x n-1, n》2, n €N*, x1= a, x2= b，贝U x2019= b—a .【分析】本题可根据题中递推公式列出前面几项会发现数列｛X n｝是一个周期数列.然后根据周期数列的性质特点可得出X2019的值.【解答】解：由题中递推公式，可得：x i = a,x2= b,x3= x2 - x i = b - a,x4= x3 - x2= b - a - b=- a,x5= x4 - x3=- a -( b - a)=- b,x6= x5 - x4=- b - (- a) = a - b,x7= x6 - x5= a - b - (- b)= a,x8= x7 —x6= a -( a - b)= b,x9= x8 - x7= b - a,「•数列｛X n｝是以6为最小正周期的周期数列.•/ 2019-6= 336…3.• X2019= x3= b - a.故答案为：b- a.【点评】本题主要考查周期数列的判定及利用周期数列的性质特点求出任一项的值•本题属中档题.& （3分）数列｛a n｝满足下列条件：a i = 1,且对于任意正整数n,恒有a2n= a n+n，则a加| = 512 .【分析】本题主要根据递推式不断的缩小，最后可得到结果，然后通过等比数列求和公式可得结果.【解答】解：由题意，可知：a）i: = a256+256=a128+128+256=a64+64+128+256=a32+32+64+128+256=a16+16+32+64+128+256=a8+8+16+32+64+128+256=a4+4+8+16+32+64+128+256=a2+2+4+8+16+32+64+128+256=a i+1+2+4+8+16+32+64+128+256=1+1+2+4+8+16+32+64+128+256=1+1+2+4+8+16+32+64+128+256=2+21+22+23+ …+28=2+2 X( 1+2+22+ (27)1-21- 29=2+2 X_—=29=512.故答案为：512.【点评】本题主要考查根据递推公式不断代入，以及等比数列的求前n项和公式•本题属基础题.9. (3 分)数列｛a n｝定义为a1 = cos B, a n+a n+1 = nsin 肝cos B, n》1,贝U S2n+1 = (n+1) cos B+2(n +n) sin B【分析】由题意可得S2n+1 = a1+ (a2+a3) + (a4+ a5) +…+ (a2n+a2n+1),运用并项求和和等差数列的求和公式，计算可得所求和.【解答】解：数列｛ a n｝定义为a1 = cos0, a n+a n+1 = nsin 0+cos 0, n》1,可得S2n+1 = a1+ (a2+a3) + (a4+a5) + …+ (a2n+a2n+1) = cos 0+ (cos 0+2sin 0) + (cos 0+4sin 0) + …+ (cos 0+2nsin 0) = ( n+1) cos 0+ ( 2+4+ …+2n) sin 0i 2=(n+1) cos 0+—n ( 2+2n) sin 0=( n+1) cos 0+ (n2+n) sin 02故答案为：(n+1) cos 0+ (n2+ n) sin 0.【点评】本题考查数列的并项求和，以及等差数列的求和公式，考查化简运算能力，属于基础题.10. ｛a n｝是正项数列，S n是数列｛a n｝的前n项和，且满足(an ),若b n= ,T n是数列｛b n｝的前n项和，则T99 =【分析】求得数列的前几项，归纳a n =「- ，S n =|(,求得b n = 一LVnVn+1【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用归纳法，考查数列的裂项相消求和,以及化简运算能力，属于中档题.代入，分q 》1和q v 1两种情况分别求得 q 的范围，最后综合可得答案. 【解答】解：设三边：a 、qa 、q 2a 、q >0则由三边关系：两短边和大于第三边a+b >c ,(1)当q 》1时a+qa > q 2a ,等价于解二次不等式：q 2-q — 1v 0，由于方程q 2— q — 1 = 0 两根为：1,2 L 、——I -V S20n d , IIA /S即 1 w q v -----1【解答】解：数列｛a n ｝是正项数列, 再由裂项相消求和，计算可得所求和.S n 是数列｛a n ｝的前n 项和，且满足S n =(a n可得a i = S 1 =(a 1+)，可得a l同样求得a 3= 一一:-.爲…，猜想代入S n =A2a 1 = 1 ； a 1+a 2= 2)，解得 a 2={^ — 1,an =Vii -"□_], Sn ^Vn ,(an+ard-LVn+1 Vn)，即有T 99= 1 - LU--=1 —111010=_9_ =To故答案为:1011 • (3 分)【分析】q 的范围是_ ：： , 1 _ ：■-•设三边：a 、qa 、q 2a 、q >0则由三边关系：两短边和大于第三边a+b >c ,把a 、若三角形三边成等比数列，则公比 2qa 、 q2故得解：一v q v 上二-且q 》1,( 则b n =洽烧—^+…沽2(2)当q v 1时，a为最大边，qa+q2a>a即得q2+q- 1>0，解之得q> _ "或q v —综合(1) ( 2),得：q —故答案为：］心)2 2 ｝【点评】本题主要考查了等比数列的性质•属基础题.12. (3 分)数列｛a n｝满足a1= 1, a2= 2, a3 = 3, a4 = 4, a5= 5,当n>5 时，a n+1 = a1?a2?…?a n- 1,则是否存在不小于2的正整数m,使a1?a2?…？a m= a1 +a2 +…+a m成立？若存在，则在横线处直接填写m的值；若不存在，就填写“不存在”70 .【分析】设b m= a1?a2?…？a m- a12- a22------------- a m2中，令n= 5代入数据计算即可求出b5.由b5 = a1?a2?…？a5—a1 - a2 a5 中构造出b m+1 = a1?a2?…？a m+1- a1 - a2-a m+12，两式相减，并化简整理，可以判断出当m》5时，数列｛b n｝的各项组成等差数列•利用等差数列通项公式求解即可.【解答】解：设b m= a1?a2?…？a m-a12- a22-…-a m2,由已知，b5= a1 ?a2?…？a5 —a12- a22a52=1 X 2X 3X 4X 5-( 12+22+32+42+52)=120 - 55=65当m》5 时，由a m+1= a1?a2?…？a m- 1，移向得出a1?a2?…？a m= a m+1+1 ①2 2 2T b m= a1?a2?…？a m-a1 - a2 a m ,②2 2 2•- b m+1 = a1?a2?…？a m+1 —a1 - a2 -…—a m+1 ③2③-②得b m+1 - b m= a1?a2?•…？a m a m+1 - a1?a2?•…？a m- a m+1=a1?a2?…？a m (a m+1 - 1) - a m+1 (将①式代入)2 2 2=(a m+1 + 1) (a m+1 - 1) - a m+1 = a m+1 - 1 - a m+1=-1•••当n》5时，数列｛b n｝的各项组成等差数列，• b m= b5+ ( m - 5) X( - 1) = 65 -( m - 5)= 70 - m.2 2 2右a1?a2?…？a m= a1 + a2 + …+a m 成立，•- b m= 0，即m= 70故答案为：70.【点评】本题考查等差关系的判定、通项公式.考查转化、变形构造、计算能力.二、选择题(每题3分)13. (3分)已知等差数列｛a n｝的公差为2,前n项和为S n,且S10= 100,则a7的值为()【分析】由S10= 100及公差为2 .利用求和公式可得a1= 1.再利用通项公式即可得出.【解答】解：由S10= 100及公差为2.10a1+ ——-x 2= 100,2联立解得a1 = 1.--a n= 2n- 1,故a7= 13.故选：C.【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.14. （3分）等比数列｛a n｝的前n项和为S n,已知S3= a2+10a1, a5= 9，贝U a1=（）A. 1 B .丄 C .— D •曰3~39g【分析】设等比数列｛an｝的公比为q，利用已知和等比数列的通项公式即可得到日 1 +乩1口十已1q =a1q+10 at，解出即可.s j q■丄【解答】解：设等比数列｛a n｝的公比为q,•S3= a2+10a1, a5= 9,r 2日i + a i q+a i q•，解得•臥二g故选：C.【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键.15. （3分）设等差数列｛a n｝的前n项和为3,若S m-1=- 2, S m= 0, S m+1 = 3,贝y m=（）A . 3B . 4C . 5D . 6【分析】由a n与S n的关系可求得a m+1与a m,进而得到公差d，由前n项和公式及S m = 0可求得a1,再由通项公式及a m= 2可得m值.【解答】解：a m= S m- S m-1 = 2, a m+1 = S m+1 - S m= 3,所以公差d= a m+1 - a m= 1,A . 11B . 12 C. 13 D. 14得 a 1 =- 2, 所以 a m =- 2+ ( m - 1 )?1 = 2,解得 m = 5,S另解：等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,即有数列｛——｝成等差数列,n解得m = 5.故选：C .【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n 项和公式及通项 a n 与S n 的关系，考查学生的计算能力.16. ( 3 分)设 0v aV ^j ，若 x 1= sin a, x n+1=( sin a) % (n = 1, 2, 3…)，则数列｛x n ｝是 ( )A .递增数列B .递减数列C .奇数项递增，偶数项递减的数列D .偶数项递增，奇数项递减的数列【分析】根据题意，由三角函数的性质分析可得0 V sin aV 1，进而可得函数y =( sin a)x为减函数，结合函数与数列的关系分析可得答案. 【解答】解：根据题意，0 V aV —，则0V sin aV 1 ,m - 1 > 0, m > 1,因此 m 不能为0, 又一解：由等差数列的求和公式可得(m - 1) (a 1+a m-1 )=- 2,(a 1 + a m ) =0, 可得 a 1 =- a m ,(m+1) (a 1+a m+1)= 3,[6 .-4m+1S m =则5 ：,」，"「成等差数列，HL'1 in m 十 12a m + a m+1 +a 0,指数函数y=( sin a) x为减函数,■'■( sin a) 1<( sin a) sin y ( sin a) 0= 1, 即—「〔八「I ]…，：(sinU ) '< (sinQ ) (日 )Z]< (吕 in a )打< (sin^ )^ = 1，即 0 < X 1 < X 3< X 4< X 2< 1 ,(sinQ ) 'W (sin 口)(si 门 a ) (sin^ )勺< (曰 in a )Xj < (sin ) 0 =1即 0 < X 1 < x 3< x 5< x 4< x 2< 1，…，0< x 1< x 3 < x 5< x 7<・・・< x 8< x 6< x 4< x 2< 1 . 「•数列｛x n ｝是奇数项递增，偶数项递减的数列故选：C .【点评】本题考查数列通项公式，涉及数列的函数特性，属中档题. 三、解答题17. （ 8分）等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n , S 4=- 62, S 6=- 75设b n = |a n |,求数列｛b n ｝的前n 项和T n .【分析】由已知条件利用等差数列前 n 项和公式求出公差和首项，由此能求出 a n = 3n -1 < n < 7 时，T n =- S n =…，当 n 》8 时，T n =【解答】解：I S 4=- 62, S 6=- 75,4a16 a |解得 d = 3, a 1=- 20,「. a n = 3n - 23,设从第n+1项开始大于零,• n = 7,即 a 7< 0, a 8> 0 当 1 < n W 7 时，T n =- S n =—V "23，且 a 7< 0, a 8> 0.当 3 3 43 2 n ~T一启.a^-20+3 Cn-lKOS+l 二-'【点评】本题考查数列的前 n 项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用.18. (10 分)已知数列｛ a n ｝的前 n 项和 S n = n 2 — 2n+1 (n €N*).(1 )求｛a n ｝的通项公式；(2)若数列｛b n ｝满足：a n+1+log 3n = log 3b n ( n€N*),求｛ b n ｝的前n 项和T n (结果需化简) 【分析】(1)运用数列的递推式得 n = 1时，a 1= S 1, n 》2时，a n = 3-S n -1，化简计算可得所求通项公式；(2)求得b n = n?32n — 1，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和. 【解答】解：(1) S n = n 2 — 2n+1，可得 a 1 = S 1 = 0,22n 》2 时，a n = S n - S n -1= n — 2n+1 —( n - 1) +2 ( n - 1) — 1 = 2n - 3,(2)数列｛ b n ｝满足：a n+1+log 3n = log 3b n (n€N*), 可得 2n - 1+log 3n = log 3b n ,即 b n = n?3 ,前 n 项和 T n = 1?3+2?33+ …+ n?3勿 1, 9T n = 1?33+2?34+…+ n ?32n+1,两式相减可得-8T n = 3+33+35+ …+32n 1 - n?32n+1 =-n?32n+1,化简可得T n【点评】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，考查运算能力，属于中档题.19. (10分)某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不作广告宣传且每件获利a 元的前提下，可卖出 b 件.若作广告宣传，广告费为n 千元时比广告费综上有，T n =当n 》8时，T进而可求S 的最大值【解答】（1）解法一、直接列式：由题,费为1千元时，s = b+L ；2千元时，s = b+ 2s = b + !■o —2 丄+ 丄；22+」••• +_L2n=b （2 -丄）（广告 2n…n 千元时s = b 也乙223+ …+-!^-23 2n解法二、（累差叠加法）设 S 0表示广告费为0千元时的销售量, 由题: b 巧r 盯，s 2~s 1 ~~~2，相加得S n - S3 b b b 12 22 23 + b bb u / o 1) 2 22 + ■ + + 1沪2n =b (2 2n ) 即 S n = b+ (2) b = 4000 时，s = 4000 (2-丄),设获利为 t ,则有 t = s?10- 1000n = 40000 (2-丄) 2n 2n-1000n为（n - 1）千元时多卖出亠件，（n 讯*）.2n（1）试写出销售量s 与n 的函数关系式；（2）当a = 10, b = 4000时厂家应生产多少件这种产品,做几千元广告，才能获利最大?【分析】对于（1）中的函数关系，设广告费为 n 千元时的销量为s n ,则s n -1表示广告费s n --s n - 1=丄，可知数列｛s n ｝不成等差也不成等比数2n为（n - 1）元时的销量，由题意,列，但是两者的差上-构成等比数列，对于这类问题一般有以下两种方法求解：一、直接2n列式：由题，s = b+2 + ■■ +…+ ■ 23-b s i-一,S s-S rp-；-〉，累加结合等比数列的求和公式可求 &(2)) b = 4000 时，s = 4000 (2-丄)，设获利为 T n ,则有 T n = s?10- 1000n = 40000 (22n欲使T n 最大，根据数列的单调性可得，代入结合n 为正整数解不等式可求 n ,=b ( 2-)22 解法二、利用累差叠加法： -1000n ,(小)项，解题中要注意函数思想在解题中的应用.(1)求数列｛a n ｝的通项公式; 1 1 ”5 12“ 3 n+1【分析】(1)运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求; (2)对一切正整数n,有--引 a欲使T n 最大，则，得，故 n =5,此时 s = 7875.即该厂家应生产7875件产品，做5千元的广告, 能使获利最大.【点评】本题主要考查了数列的叠加求解通项公式, 利用数列的单调性求解数列的最大1 =1 V 12 nn £-l=—( 2 h-1 n+1),再由裂项相消求和，即可得证.【解答】解：(1)v=a n+1—n| 32• 2S n = n a n+1 —二 n — n —二 n = n a n+1 — 3 3 2nCn+1) (n+2) •••当 n 》2 时，2S n -1=( n — 1) a n—3Cn-L)n(n +1) 由①—②，得 2S n — 2S n -1 = na n+1 —( n — 1) a n — n (n+1),T 2a n = 2S n — 2S n -1,.°. 2a n = na n+1 —( n — 1) a n — n (n+1),=1，•数列｛ A ｝是以首项为n1，公差为1的等差数列.2(n — 1)= n ,. a n = n (n 》2),当n = 1时，上式显然成立.••• a n = n 2, n€N* n ,有亠四］曰 2 a n 3 n+1(2)对一切正整数丄+_!n n-1 n+120. (10分)设数列｛a n ｝的前n 项和S n ,已知a 1= 1,=a n+1 -丄二-n —,n€N*.(2)是否对一切正整数 n ,有"•?说明理由..考虑当n > 3时,可得—（_+, ）＞-,2n n+1 n+1即有_-_ （_+」^）v丄-」^,3 2 n n+1 3 口十1则当n》3时，不等式成立；检验n= 1, 2时，不等式也成立，综上可得对一切正整数n,有丄丄宀丄夺亠.衍日2 S 3"1【点评】本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键.21 . (14 分)设集合S n= { (x1, x2,…，x n) X：€{0 , 1} (i = 1, 2,…，n) }，其中n €N*,n》2 .(1 )写出集合S2中的所有元素；(2)设(a1, a2,…，a n), (b1, b2,…，b n) €S n,证明：“ a1?20+ a2?21 + …+ a n?2n 1=b1 ?20+ b2?21 + …+ b n?2n 1“的充要条件是"a i = b i (i = 1, 2，…,n)”；(3)设集合S= { (X1, X2,…x n,…)|x i €{0, 1} (i = 1,2…，n…)}设(a1, a2,…,)2+…+an?(丄)a n，…),(b1, b2,…b n，…)€S,使得a1?(一 ) +a2?b1?( —) 1+b2?^—) 2+ …+b n?^—) "+ •• •= B，试判断"A= B”是"a i= b i (i = 1, 2,…)”的什么条件并说明理由.【分析】(1)由题意求得S2中；(2)分别从充分性及必要性出发，分别证明即可，在证明必要性时，注意分类讨论；(3)将原始的式子同乘以2n,然后利用(2)即可求得答案.【解答】解：(1) S2中的元素有(0, 0) (0, 1) (1, 0) (1, 1).0 1 n -1 0 1(2)充分性，当a i = b i (i = 1, 2,…，n),显然a1?2 +a2?2 + …+a n?2 = b1?2 +b2?2 + … +b n?2n-1成立，必要性，因为a1?20+a2?21 + - +a n?2n 1= b1?20+?21 + …+b n?2n 1,0 1 n -1所以(a1 - b1)?2 + (a2- b2)?2 + …+ (a n - b n)?2 = 0,因为(a1, a2,…，a n), (b1, b2,…，b n) €S n,所以a n- b n€{1 , 0, - 1},若a n- b n= 1,则(a1 - b1)?2°+ (a2 - b2)?21+ …+ (a n - b n)?2n 1= 20+21 + —+2n 1= 2n-1工0,当a n - b n=- 1,贝V (a1 - b1 )?2°+ (a2 - b2)?21 + ^ + (a n - b n) ?2n 1=- (20+21 + —+2 n 1)=-(2n - 1 )工 0,若a n - b n 的值有m 个1和n 个-1,不妨设2的次数最高次为r 次，其系数为1,贝U 2r-2r - 1 - 2r — 1 -……-1 = 2r - —= 2r -（ 2r - 1）= 1>0,1-2说明只要最高次的系数是正的，整个式子就是正的，同理只要最高次的系数是负的，整个式子就是负的,说明最咼次的系数只能为，就是a n -b n = 0，即a i = b i , =2n ?A ,1+b 2?^) 2+ …+ b n ?(二)n + •••= B ,等价于 b 1?2n —1 由(2)得“ 2n ?A = 2n ?B “的充要条件是“ a i = b i (i = 1, 2，…，n )”;即 A = B 是 a i = b i （i = 1, 2，…，n ）”充要条件.【点评】本题考查数列的综合应用，考查重要条件的证明，考查逻辑推理能力，考查分类讨论思想，属于难题.综上可知：“ a 1?20+a 2?21+ …+a n ?2n —1= b 1?20+b 2?21+ …+b n ?2n — 1“的充要条件是 a a i = b i (i = 1, 2，…，n )”;(3)由a 1(^) 1+a 2(^) 2+…+ a n(—) n + •••= A ,等价于 a 1?2n 1+a 2?2n —2+- +a n ?2°+ … +b 2?2n —2+ …+b n ?20+ •••= 2n ?。

2017-2018学年上海市浦东新区高二下学期期末考试数学试题-解析版

绝密★启用前上海市浦东新区2017-2018学年高二下学期期末考试数学试题一、单选题1．在空间中，“直线平面”是“直线与平面内无穷多条直线都垂直”的（）A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 非充分非必要条件【答案】A【解析】若“直线平面”则“直线与平面内无穷多条直线都垂直”，正确；反之，若“直线与平面内无穷多条直线都垂直”则“直线平面”是错误的，故直线平面”是“直线与平面内无穷多条直线都垂直”的充分非必要条件.故选A.2．已知三棱锥中，底面为边长等于2的等边三角形，垂直于底面，=3，那么直线与平面所成角的正弦值为A. B.C. D.【答案】D【解析】略视频3．设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是（）.A. 垂直B. 平行C. 直线在平面内D. 直线在平面内或平行【答案】D【解析】∵直线的一个方向向量，平面的一个法向量∴∴直线在平面内或平行故选D.4．对于复数，给出下列三个运算式子：（1），（2），（3）.其中正确的个数是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据复数的几何意义可得（1）正确；根据复数模的公式计算可得到（2）正确；根据复数乘法运算法则可判断（3）正确，从而可得结果.详解：根据复数的几何意义，由三角形两边之和大于第三边可得，（1）正确；设，则，，（2）正确；根据复数乘法的运算法则可知，（3）正确，即正确命题的个数是，故选D.点睛：本题主要考查复数模的公式、复数的几何意义、复数乘法的运算法则，意在考查基础知识掌握的熟练程度，以及综合运用所学知识解决问题的能力，属于难题.第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题5．抛物线的准线方程是________.【答案】【解析】分析：利用抛物线的准线方程为，可得抛物线的准线方程.详解：因为抛物线的准线方程为，所以抛物线的准线方程为，故答案为.点睛：本题考查抛物线的准线方程和简单性质，意在考查对基本性质的掌握情况，属于简单题.6．设复数满足，则＝__________.【答案】【解析】分析：由可得，再利用两个复数代数形式的除法法则化简，结合共轭复数的定义可得结果.详解：满足，，所以，故答案为.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.7．若一个球的体积为，则该球的表面积为_________．【答案】【解析】由题意，根据球的体积公式，则，解得，又根据球的表面积公式，所以该球的表面积为.8．在正四面体P-ABC，已知M为AB的中点，则PA与CM所成角的余弦值为____.【答案】【解析】分析：取的中点，连接，由三角形中位线定理可得即为与所成的角或其补角，利用余弦定理可得结果.详解：取的中点，连接，由三角形中位线定理可得，，故即为与所成的角或其补角，因为是正四面体，不妨设令其棱长为，则由正四面体的性质可求得，故，故答案为.点睛：本题主要考查余弦定理的应用以及异面直线所成角的求法，求异面直线所成的角的做题步骤分为三步，分别为：作角、证角、求角，尤其是第二步证明过程不可少，是本题易失点分，切记.9．若复数满足，则的取值范围是________【答案】【解析】分析：由复数的几何意义解得点的轨迹为以为端点的线段，表示线段上的点到的距离，根据数形结合思想，结合点到直线距离公式可得结果. 详解：因为复数满足，在复平面内设复数对应的点为，则到的距离之和为，所以点的轨迹为以为端点的线段，表示线段上的点到的距离，可得最小距离是与的距离，等于；最大距离是与的距离，等于；即的取值范围是，故答案为.点睛：本题考查复数的模，复数的几何意义，是基础题.复数的模的几何意义是复平面内两点间的距离，所以若，则表示点与点的距离，表示以为圆心，以为半径的圆.10．—个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(0,0,0)、(1,0,0)、(0,1,0)、(0,0,1)，则该四面体的体积为________.【答案】【解析】分析：满足条件的四面体为正方体的一个角，利用三棱锥的体积计算公式即可得出结果.详解：如图所示，满足条件的四面体为正方体的一个角，该四面体的体积，故答案为.点睛：本题主要考查空间直角坐标系与三棱锥的体积计算公式，考查了空间想象力、推理能力与计算能力，属于中档题.11．若复数为纯虚数，则实数=______.【答案】【解析】分析：纯虚数的表现形式是中，且，根据这个条件，列出关于的方程组，从而可得结果.详解：复数为纯虚数，且，，故答案为.点睛：本题主要考查纯虚数的定义，意在考查对基本概念掌握的熟练程度，属于简单题.12．以椭圆的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线方程的标准方程是_______.【答案】【解析】分析：由椭圆的焦点为，顶点为，可得双曲线的焦点与顶点，从而可得双曲线方程.详解：椭圆的焦点为，顶点为，双曲线的顶点与焦点分别为，可得，所以双曲线方程是，故答案为.点睛：本题考查椭圆与双曲线的简单性质应用，意在考查综合应用所学知识解决问题的能力，解题时要认真注意审题，特别注意考虑双曲线的焦点位置.13．将圆心角为，面积为的扇形围成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积为___．【答案】【解析】分析：由扇形的面积公式求出扇形的半径，得到圆锥的母线长，由弧长公式得圆锥底面半径，由勾股定理求得圆锥的高，由圆锥的体积公式可得结果.详解：如图，设扇形的半径为，则，即，圆锥的母线长为，设圆锥底面半径为，由，解得，则圆锥的高为，圆锥的体积为，故答案为.点睛：本题考查圆锥的体积公式，圆锥的侧面展开图、考查数形结合的解题思想方法，明确圆锥侧面展开图中的量与圆锥中的量之间的关系是解题的关键，本题属于中档题.14．球的半径为，被两个相互平行的平面所截得圆的直径分别为和，则这两个平面之间的距离是_______.【答案】7或1【解析】分析：两条平行的平面可能在球心的同旁或两旁，应分两种情况进行讨论，分别利用勾股定理求解即可.详解：球心到两个平面的距离分别为，，故两平面之间的距离（同侧）或（异侧），故答案为或.点睛：本题考查球的截面性质，属于中档题.在解答与球截面有关的问题时，一定要注意性质的运用.15．三棱锥V-ABC的底面ABC与侧面VAB都是边长为a的正三角形，则棱VC的长度的取值范围是_________.【答案】【解析】分析：设的中点为，连接，由余弦定理可得，利用三角函数的有界性可得结果.详解：设的中点为，连接，则是二面角的平面角，可得，在三角形中由余弦定理可得，，即的取值范围是，为故答案为.点睛：本题主要考查空间两点的距离、余弦定理的应用，意在考查空间想象能力、数形结合思想的应用，属于中档题.16．给出下列几个命题：①三点确定一个平面；②一个点和一条直线确定一个平面；③垂直于同一直线的两直线平行；④平行于同一直线的两直线平行.其中正确命题的序号是____.【答案】④【解析】分析：由三点可能共线可判断①错；由点可能在直线上可判断②错；由两直线可能相交、异面判断③错；根据公理可判定④正确.详解：①不共线的三点确定一个平面，故①错误；②一条直线和直线外一点确定一个平面，故②错误；③垂直于同一直线的两直线相交、平行或异面，故③错误；④平行于同一直线的两直线平行，故④正确，故答案为④.点睛：本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意平面的基本性质及推理的合理运用. 空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.三、解答题17．已知关于的方程x2+kx+k2﹣2k=0有一个模为的虚根，求实数k的值．【答案】1【解析】分析：设两根为、，则，，得，利用韦达定理列方程可求得的值，结合判别式小于零即可得结果.详解：由题意，得或，设两根为、，则，，得，．所以．点睛：本题考查复数代数形式乘除运算，韦达定理的使用，实系数方程有虚数根的条件，共轭复数的性质、共轭复数的模，意在考查基础知识的掌握与综合应用，属于中档题.18．如图，正四棱柱的底面边长，若异面直线与所成角的大小为，求正四棱柱的体积.【答案】16【解析】分析：由正四棱柱的性质得，从而，进而，由此能求出正四棱柱的体积.详解：∵∴为与所成角且∵，∴点睛：本题主要考查异面直线所成的角、正四棱柱的性质以及棱柱的体积的公式，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养. 求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角.19．(6’+9’)已知双曲线，为上的任意点。

上海交通大学附属中学2017-2018学年高二下学期期末考试数学试题(解析版)

2018年交附高二下数学期末试卷第Ⅰ卷（共54分）一、填空题（本大题共12题，1-6题每题4分，7-12题每题5分，满分54分，将答案填在答题纸上）1. 函数的定义域为__________．【答案】【解析】分析：解不等式组即可得结果.详解：要使函数有意义，则有，故答案为.点睛：定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.2. 表面积为的球的体积为__________．【答案】【解析】分析：先根据球的表面积公式，列方程得到球半径，再利用球的体积公式求解该球的体积即可.详解：，，故答案为.点睛：本题主要考查球的体积公式和表面积公式，意在考查学生对基础知识的掌握情况，属于基础题.3. 的二项展开式中，项的系数是__________．（用数字作答）【答案】【解析】分析：先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中项的系数.详解：的二项展开式的通项为，，展开式项的系数为故答案为.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.4. 高一（10）班有男生人，女生人，若用分层抽样的方法从该班的全体同学中抽取一个容量为的样本，则抽取男生的人数为__________人．【答案】6【解析】分析：根据分层抽样的定义直接计算即可.详解：设抽取男生的人数为，因为男生人，女生人，从该班的全体同学中抽取一个容量为的样本，所以，取男生的人数为，故答案为.点睛：本题主要考查分层抽样的应用以及古典概型概率公式的应用，属于中档题.分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是，每个层次，抽取的比例相同.5. 人并排站成一行，其中甲、乙两人必须相邻，那么不同的排法有__________种.（用数学作答）【答案】240【解析】分析：甲、乙两人必须相邻，利用捆绑法与其余的人全排即可.详解：甲乙相邻全排列种排法，利用捆绑法与其余的人全排有种排法，共有，故答案为.点睛：常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.6. 若交大附中共有名教职工，那么其中至少有两人生日在同一天的概率为__________．【答案】1【解析】分析：根据每年有天，可判断名教职工，中至少有两人生日在同一天为必然事件,从而可得结果.详解：假设每一天只有一个人生日，则还有人，所以至少两个人同日生为必然事件，所以至少有两人生日在同一天的概率为，故答案为.点睛：本题考查必然事件的定义以及必然事件的概率，属于简单题.7. 设函数，则使得成立的的取值范围是__________．【答案】【解析】分析：根据函数的奇偶性和单调性之间的关系，将不等式转化为，两边平方利用一元二次不等式的解法求解即可.详解：且在时，，导数为，即有函数在单调递增，函数为偶函数，等价为，即，平方得，解得，所求的取值范围是，故答案为.点睛：本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.8. 在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为__________．【答案】【解析】分析：过作，垂足为，则平面，则即为所求平面角，从而可得结果.详解：依题意，画出图形，如图，过作，垂足为，由平面，可得，所以平面，则即为所求平面角，因为，，所以，故答案为.点睛：本题考查长方体的性质，以及直线与平面所成的角，属于中档题.求直线与平面所成的角由两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.9. 一个正方体的个顶点可以组成__________个非等边三角形.【答案】48【解析】分析：从正方体的个顶点中人取三个点共有种取法，其中等边三角形共有个，作差即可得结果.详解：从正方体的个顶点中人取三个点共有种取法，其中等边三角形共有个，所以非等边三角形共有个，故答案为.点睛：本题主要考查组合数的应用，属于简单题.10. 将集合的元素分成互不相交的三个子集：，其中,，，且，，则满足条件的集合有__________个．【答案】3【解析】分析：由可得，令，则，，，然后列举出的值，从而可得结果.详解：，所以，令，根据合理安排性，集合的最大一个元素，必定为：，则，又，，①当时，同理可得.②当时，同理可得或，综上，一共有种，故答案为.点睛：本题考查主要考查集合与元素的关系，意在考查抽象思维能力，转化与划归思想，分类讨论思想应用，属于难题.解得本题的关键是首项确定，从而得到，由此打开突破点.11. 设非空集合为实数集的子集，若满足下列两个条件：（1），；（2）对任意，都有，，，则称为一个数域，那么命题：①有理数集是一个数域；②若为一个数域，则；③若，都是数域，那么也是一个数域；④若，都是数域，那么也是一个数域.其中真命题的序号为__________．【答案】①②③④【解析】分析：根据“数域”的定义，对四个结论逐一验证即可，验证过程一定注意“照章办事”，不能“偷工减料”.详解：，则①正确；对于②，若是一个数域，则，于是任何一个分数，都可以构造出来，即，②正确；对于③，，③正确；定义④，④正确，故答案为①②③④.点睛：本题考查集合与元素的关系，以及新定义问题，属于难题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.12. 已知函数在时有最大值，，并且时，的取值范围为，则__________．【答案】【解析】分析：由函数在时有最大值，可得，先判断在上单调递减，可得，解高次方程即可得结果.详解：函数在时有最大值，则可得，，，在上单调递减，则满足，，，解得，又，故答案为.点睛：本题考查求二次函数闭区间上的最值，二次函数的应用，体现了分类讨论的数学思想以及转化与划归思想，属于难题.解答本题的关键是判断出函数的单调性，求出解析式，将问题转化为解高次方程.第Ⅱ卷（共96分）二、选择题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.13. 设地球的半径为，地球上，两地都在北纬的纬度线上去，且其经度差为，则，两地的球面距离是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：设在北纬纬圆的圆心为，球心为，连结，根据地球纬度的定义，算出小圆半径，由两地经度差为，在中算出，从而得到，利用球面距离的公式即可得到两地球面的距离.详解：设在北纬纬圆的圆心为，球心为，连结，则平面，在中，，同理，两地经度差为，，在中，，由此可得是边长为的等边三角形，得，两地球面的距离是，故选C.点睛：本题考查地球上北纬圆上两点球的距离，着重考查了球面距离及相关计算，经纬度等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象能力，属于中档题.14. 对于不重合的两个平面与，给定下列条件：①存在平面，使得、都垂直于；②存在平面，使得、都平行于；③内有不共线的三点到的距离相等；④存在异面直线，，使得，，，其中，可以判定与平行的条件有（）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】B【解析】试题分析：直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，对选项进行逐一判断，确定正确选项即可．：①与平行．此时能够判断①存在平面γ，使得都平行于γ；两个平面平行，所以正确．②存在平面γ，使得都垂直于γ；可以判定与β平行，如正方体的底面与相对的侧面．也可能与不平行．②不正确．③不能判定与平行．如面内不共线的三点不在面的同一侧时，此时与相交；④可以判定与平行．∵可在面内作，则与必相交．又．故选B．考点：平面与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．15. 一个正方体的展开如图所示，点，，为原正方体的顶点，点为原正方体一条棱的中点，那么在原来的正方体中，直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先还原正方体，将对应的字母标出，与所成角等于与所成角，在三角形中，再利用余弦定理求出此角的余弦值即可.详解：还原正方体，如图所示，设，则，与所成角等于与所成角，余弦值为，故选D.点睛：本题主要考查异面直线所成的角以及空间想象能力，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.16. 已知函数的图像是一条连续不断的曲线，若，，那么下列四个命题中①必存在，使得；②必存在，使得；③必存在，使得；④必存在，使得.真命题的个数是（）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】A【解析】分析：函数是连续的，故在闭区间上，的值域也是连续的，令，根据不等式的性质可得①正确；利用特值法可得②③④错误，从而可得结果.详解：函数是连续的，故在闭区间上，的值域也是连续的，令，对于①，，故①正确.对于②，若，则，无意义，故②错误.对于③，时，不存在，使得，故③错误.对于④，可能为，则无意义，故④错误，故选A.点睛：本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查函不等式的性质及连续函数的性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，利用定理、公理、结论以及特值判断，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.三、解答题（本大题共5小题，共76分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 某公司生产一种产品，每年投入固定成本万元.此外，每生产件这种产品还需要增加投入万元.经测算，市场对该产品的年需求量为件，且当出售的这种产品的数量为（单位：百件）时，销售所得的收入约为（万元）.（1）若该公司这种产品的年产量为（单位：百件），试把该公司生产并销售这种产品所得的年利润表示为年产量的函数；（2）当该公司的年产量为多少时，当年所得利润最大？最大为多少？【答案】(1) ;(2) 当年产量为件时，所得利润最大.【解析】分析：（1）利用销售额减去成本即可得到年利润关于年产量的函数解析式；（2）分别利用二次函数的性质以及函数的单调性，求得两段函数值的取值范围，从而可得结果.详解：（1）由题意得：；（2）当时，函数对称轴为，故当时，；当时，函数单调递减，故，所以当年产量为件时，所得利润最大.18. 解关于的不等式.（）【答案】见解析.【解析】分析：对分五种情况讨论，分别利用一元一次不等式与一元二次不等式的解法求解即可.详解：①当时，；②当时：，，因为，故等式左边因式分解得：；当时，；当时，，此时解集为空集；当时，；点睛：本题主要考查一元二次不等式的解法、分类讨论思想的应用.属于中档题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.19. 如图，二面角的大小为，四边形是边长为的正方形，，为上的点，且平面.（1）求证：；（2）求二面角的大小；（3）求点到平面的距离.【答案】(1)见解析；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）由平面可证，由二面角为直二面角及是正方形可证，再由线面垂直判定定理得平面，即可得证；（2）取的中点，连接，，由四边形为正方形可证，，即可得为二面角的平面角，根据题设条件求出及，即可得二面角的余弦值；（3）利用等体积法，由即可得点到平面的距离.试题解析：（1）∵平面，∴.又∵二面角为直二面角，且，∴平面，∴，∴平面，∴.（2）取的中点，连接，.∵四边形为正方形，∴，∴，即为二面角的平面角，又，∴，由（1）知，且，∴，∴，由，解得，∴，即∴，即二面角的余弦值为.（3）取的中点，连接，∵，二面角为直二面角，∴平面，且.∵，，∴平面，∴，∴，又，由，得，∴.点睛：立体几何的证明需要对证明的逻辑关系清楚，证明线线垂直，先由线面垂直得到线线垂直，再由线线垂直证明线面垂直；用普通法求二面角，讲究“一作、二证、三求”，通过辅助线先把二面角的平面角及计算所需线段作出来，再证明所作角是二面角的平面角；点到面的距离还原到体积问题，则利用等体积法解题.20. 设全体空间向量组成的集合为，为中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“应变量”也是向量的“向量函数”.（1）设，，若，求向量；（2）对于中的任意两个向量，，证明：；（3）对于中的任意单位向量，求的最大值.【答案】（1）或；（2）见解析；（3）最大值为.【解析】分析：（1），设，代入运算得：，从而可得结果；（2）设，，，则利用“向量函数”的解析式化简，从而可得结果；（3）设与的夹角为，则，则，即最大值为.详解：（1）依题意得：，设，代入运算得：或；（2）设，，，则从而得证；（3）设与的夹角为，则，则，故最大值为.点睛：新定义问题一般先考察对定义的理解，这时只需一一验证定义中各个条件即可.二是考查满足新定义的函数的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的函数有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需结合新函数的新性质，探究“旧”性质.三是考查综合分析能力，主要将新性质有机应用在“旧”性质，创造性证明更新的性质.21. 对于函数，若关系式中变量是变量的函数，则称函数为可变换函数.例如：对于函数，若，则，所以变量是变量的函数，所以是可变换函数.（1）求证：反比例函数不是可变换函数；（2）试判断函数是否是可变换函数并说明理由；（3）若函数为可变换函数，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.详解：（1）假设是可变换函数，则，因为变量是任意的，故当时，此时有关变量的一元二次方程无解，则与假设矛盾，故原结论正确，得证；（2）若是可变换函数，则，则有关的两个函数：必须有交点，而连续且单调递减，值域为，连续且单调递增，值域为，所以这两个函数与必定有交点，即：变量是变量的函数，所以是可变换函数；（3）函数为可变换函数，则，若，则恒大于，即无交点，不满足题意；若，则必定有交点，即方程有解，从而满足题意.点睛：本题主要考查函数的性质、新定义问题，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义“可变换函数”达到考查函数性质的目的.。

2017-2018学年上海市浦东新区高二(下)期末数学试卷(解析版)

2017-2018学年上海市浦东新区高二（下）期末数学试卷一、填空题（本大题共有12小题，满分36分）只要求直接填写结果，每个空格填对得3分，否则一律得零分．1．（3分）抛物线y2＝16x的准线为．2．（3分）设复数z满足zi＝﹣3+2i，则＝．3．（3分）若一个球的体积为，则该球的表面积为．4．（3分）在正四面体P﹣ABC，已知M为AB的中点，则P A与CM所成角的余弦值为5．（3分）若复数z满足|z﹣i|+|z+i|＝2，则|z﹣1﹣i|的取值范围是6．（3分）﹣个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（0，0，0）、（1，0，0）、（0，1，0）、（0，0，1），则该四面体的体积为．7．（3分）如果复数z＝a2﹣a﹣2+（a2﹣3a+2）i为纯虚数，那么实数a的值为．8．（3分）以椭圆+＝1的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线方程的标准方程是．9．（3分）将圆心角为，面积为3π的扇形围成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积为．10．（3分）球的半径为5cm，被两个相互平行的平面所截得圆的直径分别为6cm和8cm，则这两个平面之间的距离是cm．11．（3分）三棱锥V﹣ABC的底面ABC与侧面VAB都是边长为a的正三角形，则棱VC的长度的取值范围是12．（3分）给出下列几个命题：①三点确定一个平面；②一个点和一条直线确定一个平面；③垂直于同一直线的两直线平行；④平行于同一直线的两直线平行．其中正确命题的序号是二、选择题（本大题共有4小题，满分12分）每小题都给出四个选项，其中有且只有一个选项是正确的，选对得3分，否则一律得零分．13．（3分）在空间中，“直线m⊥平面α”是“直线m与平面α内无穷多条直线都垂直”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件14．（3分）已知三棱锥S﹣ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（）A．B．C．D．15．（3分）设直线l的一个方向向量＝（6，2，3），平面α的一个法向量＝（﹣1，3，0），则直线l与平面α的位置关系是（）A．垂直B．平行C．直线l在平面α内D．直线l在平面α内或平行16．（3分）对于复数z1、z2、z3，给出下列三个运算式子：（1）|z1+z2|≤|z1|+|z2|，（2）|z1•z2|≤|z1|•|z2|，（3）（z1•z2）•z3＝z1•（z2•z3）．其中正确的个数是（）A．0B．1C．2D．3三、解答题（本大题共有5小题，满分52分）解答下列各题必须写出必要的步骤．17．（8分）已知关于x的方程x2+kx+k2﹣2k＝0（k∈R）有一个模为1的虚根，求k的值．18．（8分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长AB＝2，若异面直线A1A与B1C 所成角的大小为arctan，求正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．19．（10分）已知双曲线C：﹣y2＝1，P为C上的任意点．（1）求证：点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；（2）设点A的坐标为（3，0），求|P A|的最小值；20．（12分）如图，AO为圆锥的高，B、C为圆锥底面圆周上两个点，∠OAB＝，∠BOC ＝，AB＝4，D是AB的中点．（1）求该圆锥的全面积；（2）求异面直线AO与CD所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）21．（14分）已知抛物线C的顶点为原点，焦点F与圆x2+y2﹣2x＝0的圆心重合．（1）求抛物线C的标准方程；（2）设定点A（3，2），当P点在C上何处时，|P A|+|PF|的值最小，并求最小值及点P的坐标；（3）若弦MN过焦点F，求证：+为定值．2017-2018学年上海市浦东新区高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有12小题，满分36分）只要求直接填写结果，每个空格填对得3分，否则一律得零分．1．（3分）抛物线y2＝16x的准线为x＝﹣4．【解答】解：抛物线y2＝16x焦点在x轴的正半轴，2p＝16，∴＝4∴抛物线y2＝16x的准线为x＝﹣4故答案为：x＝﹣42．（3分）设复数z满足zi＝﹣3+2i，则＝2﹣3i．【解答】解：由zi＝﹣3+2i，得z＝，∴．故答案为：2﹣3i．3．（3分）若一个球的体积为，则该球的表面积为16π．【解答】解：一个球的体积V＝π×r3＝，设这个球的半径r＝2，则4πr2＝16π，故答案为：16π．4．（3分）在正四面体P﹣ABC，已知M为AB的中点，则P A与CM所成角的余弦值为【解答】解：如图，取PB中点N，连接CM、CN、MN．∠CMN为P A与CM所成的角（或所成角的补角），设P A＝2，则CM＝，MN＝1，CN＝，由余弦定理得：∴cos∠CMN＝＝＝．故答案为：．5．（3分）若复数z满足|z﹣i|+|z+i|＝2，则|z﹣1﹣i|的取值范围是[1，]【解答】解：∵复数z满足|z﹣i|+|z+i|＝2，∴坐标系中，一个点到（0，1）和（0，﹣1）的距离和为2，这个点在y轴两个点之间，设点Z为（0，m），则﹣1≤m≤1，|z﹣1﹣i|＝|mi﹣1﹣i|＝，m＝1时，|z﹣1﹣i|min＝＝1，m＝﹣1时，|z﹣1﹣max＝＝．∴|z﹣1﹣i|的取值范围是[1，]．故答案为：[1，]．6．（3分）﹣个四面体的顶点在空间直角坐标系O﹣xyz中的坐标分别是（0，0，0）、（1，0，0）、（0，1，0）、（0，0，1），则该四面体的体积为．【解答】解：如图所示，满足条件的四面体为正方体的内接正四面体O﹣ABC．∴该四面体的体积V＝＝．故答案为：．7．（3分）如果复数z＝a2﹣a﹣2+（a2﹣3a+2）i为纯虚数，那么实数a的值为﹣1．【解答】解：复数z＝a2﹣a﹣2+（a2﹣3a+2 ）i为纯虚数，则a2﹣a﹣2＝0且a2﹣3a+2≠0 解得a＝﹣1故答案为：﹣18．（3分）以椭圆+＝1的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线方程的标准方程是．【解答】解：∵椭圆的焦点为F（±3，0），顶点为A（±5，0），∴以椭圆的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程是．故答案为：．9．（3分）将圆心角为，面积为3π的扇形围成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积为．【解答】解：如图，设扇形的半径为R，则，即R＝3．∴圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，由，解得r＝1．则圆锥的高为．∴圆锥的体积为V＝．故答案为：．10．（3分）球的半径为5cm，被两个相互平行的平面所截得圆的直径分别为6cm和8cm，则这两个平面之间的距离是1或7cm．【解答】解：球的半径为R＝5cm，设两个截面圆的半径别为r1，r2，球心到截面的距离分别为d1，d2；则r1＝3cm，r2＝4cm．如图①所示，当球的球心在两个平行平面的外侧时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差；即d2﹣d1＝＝4﹣3＝1（cm）；如图②所示，当球的球心在两个平行平面的之间时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和．即d2+d1＝＝4+3＝7（cm）．∴这两个平面间的距离为1cm或7cm．故答案为：1或7．11．（3分）三棱锥V﹣ABC的底面ABC与侧面VAB都是边长为a的正三角形，则棱VC的长度的取值范围是（0，a）【解答】解：∵三棱锥V﹣ABC的底面ABC与侧面VAB都是边长为a的正三角形，取AB的中点D，连接VD，CD，则VD＝CD＝，在△VCD中VC∈（﹣，+）＝（0，），故答案为：（0，）12．（3分）给出下列几个命题：①三点确定一个平面；②一个点和一条直线确定一个平面；③垂直于同一直线的两直线平行；④平行于同一直线的两直线平行．其中正确命题的序号是④【解答】解：①三点确定一个平面不正确，应为不共线的三点确定一个平面；②一个点和一条直线确定一个平面不正确，应为一条直线和直线外一个点确定一个平面；③垂直于同一直线的两直线平行不正确，空间里还可能相交或异面；④平行于同一直线的两直线平行正确．故答案为：④．二、选择题（本大题共有4小题，满分12分）每小题都给出四个选项，其中有且只有一个选项是正确的，选对得3分，否则一律得零分．13．（3分）在空间中，“直线m⊥平面α”是“直线m与平面α内无穷多条直线都垂直”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件【解答】解：直线m⊥平面α，则直线m与平面α内所有直线，即直线m与平面α内无穷多条直线都垂直成立，若平面α内无穷多条直线都是平行的，则当直线m与平面α内无穷多条直线都垂直时，直线m⊥平面α也不一定成立，即“直线m⊥平面α”是“直线m与平面α内无穷多条直线都垂直”的充分不必要条件，故选：A．14．（3分）已知三棱锥S﹣ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：过A作AE垂直于BC交BC于E，连接SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，∵正三角形ABC，∴E为BC中点，∵BC⊥AE，SA⊥BC，∴BC⊥面SAE，∴BC⊥AF，AF⊥SE，∴AF⊥面SBC，∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长2，∴AE＝，AS＝3，∴SE＝2，AF＝，∴sin∠ABF＝．故选：D．15．（3分）设直线l的一个方向向量＝（6，2，3），平面α的一个法向量＝（﹣1，3，0），则直线l与平面α的位置关系是（）A．垂直B．平行C．直线l在平面α内D．直线l在平面α内或平行【解答】解：∵＝﹣6+2×3+0＝0，∴⊥．∴直线l与平面α的位置关系是直线l在平面α内或平行．故选：D．16．（3分）对于复数z1、z2、z3，给出下列三个运算式子：（1）|z1+z2|≤|z1|+|z2|，（2）|z1•z2|≤|z1|•|z2|，（3）（z1•z2）•z3＝z1•（z2•z3）．其中正确的个数是（）A．0B．1C．2D．3【解答】解：对于（1），在复平面内，根据复数模长的几何意义知，|z1+z2|、|z1|和|z2|分别对应三角形的三边，则|z1+z2|＜|z1|+|z2|，若z1或z2＝0，或z1、z2对应的向量方向相同时，有|z1+z2|＝|z1|+|z2|，综上，|z1+z2|≤|z1|+|z2|成立，（1）正确；对于（2），复平面内，设z1、z2对应的向量分别为、，则|z1•z2|＝|•|＝||×||×|cos＜，＞|≤||×||＝||•||，（2）正确；对于（3），设z1＝r1（cosθ1+sinθ1），z2＝r2（cosθ2+i sinθ2），z3＝r3（cosθ3+i sinθ3），则（z1•z2）•z3＝{r1r2[cos（θ1+θ2）+i sin（θ1+θ2）]}•r3（cosθ3+i sinθ3）＝r1r2r3[cos（θ1+θ2+θ3）+i sin（θ1+θ2+θ3）]．z1•（z2•z3）＝r1（cosθ1+i sinθ1）•{r2r3[（cos（θ2+θ3）+i sin（θ2+θ3）]}＝r1r2r3[cos（θ1+θ2+θ3）+i sin（θ1+θ2+θ3）]．∴（z1•z2）•z3＝z1•（z2•z3），（3）正确；综上，正确命题的个数是3个．故选：D．三、解答题（本大题共有5小题，满分52分）解答下列各题必须写出必要的步骤．17．（8分）已知关于x的方程x2+kx+k2﹣2k＝0（k∈R）有一个模为1的虚根，求k的值．【解答】解：由题意可得：△＝k2﹣4（k2﹣2k）＜0，化为：3k2﹣8k＞0，解得k＜0，或k．设两根为：z 1，，|z1|＝||，则＝1＝k2﹣2k，解得k＝1+，或k＝1﹣．因此k＝1﹣．18．（8分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长AB＝2，若异面直线A1A与B1C 所成角的大小为arctan，求正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．【解答】解：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长AB＝2，异面直线A1A与B1C所成角的大小为arctan，∴AA1∥BB1，∴∠CB1B为AA1、B1C所成的角，且tan∠CB1B＝＝，…（4分）∵BC＝AB＝2，∴BB1＝4，…（6分）∴正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积V＝Sh＝22×4＝16．…（8分）19．（10分）已知双曲线C：﹣y2＝1，P为C上的任意点．（1）求证：点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；（2）设点A的坐标为（3，0），求|P A|的最小值；【解答】解：（1）证明：设P（x1，y1）是双曲线上任意一点，可得x12﹣4y12＝4，该双曲的两条渐近线方程分别是x﹣2y＝0和x+2y＝0，点P到两条渐近线的距离分别是和，它们的乘积是•＝＝．点P到双曲线的两条渐线的距离的乘积是一个常数；（2）设点P的坐标为（x，y），则|P A|2＝（x﹣3）2+y2＝（x﹣3）2+﹣1＝（x﹣）2+，由|x|≥2，当x＝时，|P A|2的最小值为，即|P A|的最小值为．20．（12分）如图，AO为圆锥的高，B、C为圆锥底面圆周上两个点，∠OAB＝，∠BOC ＝，AB＝4，D是AB的中点．（1）求该圆锥的全面积；（2）求异面直线AO与CD所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【解答】解：（1）在Rt△AOB中，由∠OAB＝，AB＝4，得OB＝2，即圆锥底面半径为2，圆锥的侧面积S侧＝πrl＝8π，故圆锥的全面积S全＝S侧+S底＝8π+4π＝12π；（2）过D作DM∥AO交BO于M，连CM，则∠CDM为异面直线AO与CD所成角．∵AO⊥平面OBC，∴DM⊥平面OBC，则DM⊥MC，在Rt△AOB中，∵AO＝，∴DM＝．∵D是AB的中点，∴M是OB的中点，则OM＝1，可得CM＝．在Rt△CDM中，tan，∴，即异面直线AO与CD所成角的大小为arctan．21．（14分）已知抛物线C的顶点为原点，焦点F与圆x2+y2﹣2x＝0的圆心重合．（1）求抛物线C的标准方程；（2）设定点A（3，2），当P点在C上何处时，|P A|+|PF|的值最小，并求最小值及点P的坐标；（3）若弦MN过焦点F，求证：+为定值．【解答】解：（1）由已知圆x2+y2﹣2x＝0，易得F（1，0），则抛物线的标准方程C为y2＝4x；（2）设点P在抛物线C的准线上的射影为点B，根据抛物线定义知|PF|＝|PB|，要使|P A|+|PF|的值最小，必P，A，B三点共线，可得P（x0，2），22＝4x0可得x0＝1．即P（1，2），此时|P A|+|PF|＝3+1＝4；（3）证明：F（1，0），准线方程为x＝﹣1，设MN的方程为x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），联立抛物线方程y2＝4x可得y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，由抛物线的定义可得+＝+＝+＝＝＝1．。

上海市上海中学2017-2018学年高二下学期期末数学试题(解析版)

2018年上海中学高二下期末数学试卷一、填空题（36分）：1. 关于x 的方程222424x x C C =的解为_________. 【答案】0或2或4【解析】【分析】因为222424x x C C =，所以：22x x =或2224x x +=，解方程可得．【详解】解：因为222424x x C C =，所以：22x x =或2224x x +=，解得：0x =，2x =，4x =，6x =-（舍）故答案为：0或2或4【点睛】本题考查了组合及组合数公式．属于基础题．2. 从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9，则总体方差的估计值是____________.【答案】2【解析】【分析】先求出样本平均数，由此能求出样本方差，由此能求出总体方差的估计值．【详解】解：从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9，样本平均数为1(56789)75x =++++=， ∴样本方差2222221[(57)(67)(77)(87)(97)]25S =-+-+-+-+-=， ∴总体方差的估计值是2．故答案为：2．【点睛】本题考查总体方差的估计值的求法，考查平均数、总体方差等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．3. 5(31)x -的展开式中，设各项的系数和为a ，各项的二项式系数和为b ，则a b=________. 【答案】1【解析】【分析】分别求得各项系数和a 与各项的二项式系数和b ，从而求得a b的值．【详解】解：在5(31)x -的展开式中，令1x =可得设各项的系数和为5232a ==，而各项的二项式系数和为5232b ==， ∴1a b=，故答案为：1．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意各项系数和与各项的二项式系数和的区别，属于基础题． 4. 从长度为2、3、5、6的四条线段中任选三条，能构成三角形的概率为_______. 【答案】12【解析】试题分析：这是的道古典概率题，其基本事件有()()()()2,3,5,2,3,6,2,5,6,3,5,6共4个，由于是任意选取的，所以每个基本事件发生的可能性是相等的，记事件A 为“所选三条线段能构成三角形”，则事件A 包含()()2,5,6,3,5,62个基本事件，根据概率公式得：()2142P A ==．考点：古典概率的计算5. 从编号为0，1，2，…，79的80件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量是5的样本，若编号为28的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为___【答案】76【解析】【分析】确定系统抽样间隔16k =，根据样本中含编号为28的产品，即可求解，得到答案．【详解】由系统抽样知，抽样间隔80165k ==，因为样本中含编号为28的产品，则与之相邻的产品编号为12和44，故所取出的5个编号依次为12，28，44，60，76，即最大编号为76．【点睛】本题主要考查了系统抽样的应用，其中解答中熟记系统抽样的方法，确定好抽样的间隔是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．6. 如果三个球的表面积之比是1:2:3，那么它们的体积之比是__________．【答案】1:【解析】∵三个球的表面积之比是1:2:3，∴三个球的半径之比是∴三个球的体积之比是1:7. 北纬45︒圈上有A ，B 两点，该纬度圈上劣弧AB R （R 为地球半径），则A ，B 两点的球面距离为________. 【答案】3R π 【解析】【分析】先求出北纬45︒圈所在圆的半径，是A 、B 两地在北纬45︒圈上对应的圆心角，得到线段AB 的长，设地球的中心为O ，解三角形求出AOB ∠的大小，利用弧长公式求A 、B 这两地的球面距离．【详解】解：北纬45︒圈所在圆的半径为2R (R R 为地球半径），∴(R θθ=是A 、B 两地在北纬45︒圈上对应的圆心角），故2πθ=，∴线段AB R =，3AOB π∴∠=，A ∴、B 这两地的球面距离是3R π，故答案为：3R π．【点睛】本题考查球的有关经纬度知识，球面距离，弧长公式，考查空间想象能力，逻辑思维能力，属于基础题．8. 一个口袋中装有2个白球和3个红球，每次从袋中摸出两个球，若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖，则中奖的概率为_________．【答案】25【解析】试题分析：口袋中五个球分别记为1,2,,,a b c 从中摸出两球的方法有：1,2;1,;1,;1,;2,;2,;2,;,;,;,a b c a b c a b a c b c 共10种，其中颜色相同的有1,2;,;,;,a b a c b c 共四种，有古典概率的求法可知42105P ==．考点：古典概率的求法．9. 设n A 为1(1)n x ++的展开式中含1n x -项的系数，n B 为1(1)n x -+的展开式中二项式系数的和，则能使n n A B ≥成立的n 的最大值是________．【答案】4【解析】【分析】由题意可得，A n ＝11n n C -+＝21n C +，12n n B -=，若使得A n ≥B n ，即n （n+1）≥2n ，可求n .【详解】∵（1+x ）n+1的展开式的通项为T r+11r r n C x +=，由题意可得，A n ＝11n n C -+＝21n C +，又∵n B 为1(1)n x -+的展开式中二项式系数的和，∴12n n B -=， ∵A n ≥B n ，∴2112n n C -+，即n （n+1）≥2n当n ＝1时，1×2≥2，满足题意；当n ＝2时，2×3≥22，满足题意；当n ＝3时，3×4≥23，满足题意；当n ＝4时，4×5≥24，满足题意；当n ＝5时，5×6＜25，不满足题意，且由于指数函数比二次函数增加的快，故当n≥5时，n （n+1）＜2n ，∴n ＝4. 故答案为4【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式的应用，二项展开式的性质应用及不等式、指数函数与二次函数的增加速度的快慢的应用，属于中档题．10. 将4个不同的小球任意放入3个不同的盒子中，则每个盒子中至少有1个小球的概率为________．【答案】49【解析】试题分析：将4个不同的小球任意放入3个不同的盒子中，每个小球有3种不同的放法，共有4381＝种放法，每个盒子中至少有1个小球的放法有12234236C C C =种，故所求的概率P =3681=49. 考点：1、排列组合；2、随机变量的概率.11. 若对于任意实数x ，都有1021001210(2)(2)(2)xa a x a x a x =+++++++，则3a 的值为_________.【答案】15360-【解析】【分析】根据题意，分析可得1010[(2)2]x x =+-，求出其展开式，可得3a 为其展开式中含3(2)x +项的系数，由二项式定理求出3(2)x +项，分析可得答案．【详解】解：根据题意，1010[(2)2]x x =+-，其展开式的通项为10110(2)(2)r r r r T C x -+=+⨯-，又由1021001210(2)(2)(2)x a a x a x a x =+++++⋯++，则3a 为其展开式中含3(2)x +项的系数，令7r =可得：7373810(2)(2)15360(2)T C x x =+⨯-=-+；即315360a =-；故答案为：15360-．【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式定理的形式，属于基础题．12. 校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当车没有相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有__________种．（用数学作答）【答案】528【解析】(1)当三辆车都不相邻时有3348192A ⨯=(种)(2)当两辆车相邻时有33333333333424242434288A A A A A ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=(种)(3)当三辆车相邻时有334248A ⨯=(种)则共有19228848528++=(种)点睛：本题考查了排列组合问题，由于本题里是三辆车有六个位置，所以情况较多，需要逐一列举出来，注意当三辆车都不相邻时的情况要考虑周全，容易漏掉一些情况，然后利用排列组合进行计算即可．二、选择题（16分）：13. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A. 43π+B. 23π+C. 43π+D. 423π+ 【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体，其中半圆柱底面半径为1，高为2，体积为21122ππ⨯⨯⨯=，四棱锥体积为144133⨯⨯=，所以该几何体体积为43π+，故选A.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.14. 设A ，B ，C 是三个事件，给出下列四个事件：（Ⅰ）A ，B ，C 中至少有一个发生；（Ⅱ）A ，B ，C 中最多有一个发生；（Ⅲ）A ，B ，C 中至少有两个发生；（Ⅳ）A ，B ，C 最多有两个发生；其中相互为对立事件的是（）A. Ⅰ和ⅡB. Ⅱ和ⅢC. Ⅲ和ⅣD. Ⅳ和Ⅰ【答案】B【解析】【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．【详解】解：A ，B ，C 是三个事件，给出下列四个事件：（Ⅰ）A ，B ，C 中至少有一个发生；（Ⅱ）A ，B ，C 中最多有一个发生；（Ⅲ）A ，B ，C 中至少有两个发生（Ⅳ）A ，B ，C 最多有两个发生；在A 中，Ⅰ和Ⅱ能同时发生，不是互斥事件，故A 中的两个事件不能相互为对立事件；在B 中，Ⅱ和Ⅲ既不能同时发生，也不能同时不发生，故B 中的两个事件相互为对立事件；在C 中，Ⅲ和Ⅳ能同时发生，不是互斥事件，故C 中的两个事件不能相互为对立事件；在D 中，Ⅳ和Ⅰ能同时发生，不是互斥事件，故D 中的两个事件不能相互为对立事件．故选：B ．【点睛】本题考查相互为对立事件的判断，考查互斥事件、对立事件的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．15. 由曲线24x y =，24x y =-，4x =，4x =-围成图形绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为1V ，满足2216x y +≤，22(2)4x y +-≥，22(2)4x y ++≥的点(,)x y 组成的图形绕y 轴旋一周所得旋转体的体积为2V ，则（） A. 1212V V = B. 1223V V = C. 12V V =D. 122V V =【答案】C【解析】【分析】由题意可得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，求出所得截面的面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体体积相等．【详解】解：如图，两图形绕y 轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为||y ，所得截面面积21(44||)S y π=-， 22222(4)[4(2||)](44||)S y y y πππ=----=-12S S ∴=，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，故选：C ．【点睛】本题主要考查祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，体现了等价转化、数形结合的数学思想，属于基础题．16. a ，b 为空间两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以AC 为旋转轴选择，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°；其中正确的是_______.（填写所以正确结论的编号）.A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④ 【答案】C【解析】【分析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，||1AC =，||2AB =斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】解：由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故||1AC =，||2AB =斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(1D ，0，0)，(0A ，0，1)，直线a 的方向单位向量(0a =，1，0)，||1a =，直线b 的方向单位向量(1b =，0，0)，1b ||=，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标(cos B θ'，sin θ，0)，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0θ∈，2)π，AB ∴'在运动过程中的向量，(cos AB θ'=，sin θ，1)-，||2AB '=，设AB '与a 所成夹角为[0α∈，]2π，则2cos |||sin |[012αθ==∈⨯，2]， [4πα∴∈，]2π，∴③正确，④错误．设AB '与b 所成夹角为[0β∈，]2π，2cos |||cos |12βθ==⨯，当AB '与a 夹角为60︒时，即3πα=， 22|sin |cos 2cos 3πθα===， 22cos sin 1θθ+=，21cos |cos |22βθ∴==， [0β∈，]2π，3πβ∴=，此时AB '与b 的夹角为60︒，∴②正确，①错误．故选：C ．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．三、解答题（48分）17. 已知矩形ABCD 内接于圆柱下底面的圆O ，PA 是圆柱的母线，若6AB =，8AD =，异面直线PB 与CD 所成的角为2arctan ，求此圆柱的体积.【答案】300π【解析】【分析】根据底面圆的内接矩形的长和宽求出圆的半径，再由母线垂直于底面和“异面直线PB 与CD 所成的角为2arctan ”求出母线长，代入圆柱的体积公式求出值．【详解】解：设圆柱下底面圆O 的半径为r ，连AC ，由矩形ABCD 内接于圆O ，可知AC 是圆O 的直径， ∴2226810r AC ==+=，得=5r ，由//AB CD ，可知PBA ∠就是异面直线PB 与CD 所成的角，即arctan2PBA ∠=，tan 2PBA ∴∠=．在直角三角形PAB 中，tan 12PA AB PBA =∠=，∴圆柱的体积22512300V r PA πππ==⨯⨯=．【点睛】本题考查了圆柱的体积求法，主要根据圆内接矩形的性质、母线垂直于底面圆求出它的底面圆半径和母线，即关键求出半径和母线长即可．18. 求二项式500(12)x +的展开式中项系数最大的项的系数.【答案】3333335002C ⋅或3343345002C ⋅【解析】【分析】根据题意，求出500(12)x +的展开式的通项，求出其系数，设第1r +项的系数最大，则有11500500115005002222r r r r r r r r C C C C --++⎧⎨⎩，解可得r 的值，代入通项中计算可得答案．【详解】解：根据题意，500(12)x +的展开式的通项为1500(2)r r r T C x +=，其系数为5002r r C ⨯，设第1r +项的系数最大，则有11500500115005002222r r r r r r r r C C C C --++⎧⎨⎩，即11500499(5001)500499(5002)22!(1)!500499(5001)500499(500)22!(1)!r r r r r r r r r r r r -+⨯⨯⨯-+⨯⨯⨯-+⎧⎪-⎪⎨⨯⨯⨯-+⨯⨯⨯-⎪⎪+⎩解可得：333334r ，故当333r =或334r =时，展开式中项系数最大，则有4334334333355002T C x =，3333333333345002T C x =；即系数最大的项的系数为3335003332C 或4335004332C ．【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意项的系数与二项式系数的区别，属于基础题．19. 如图，弧AEC 是半径为r 的半圆，AC 为直径，点E 为弧AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，线段ED 与弧EC 交于点G ，平面AEC 外一点F 满足FC ⊥平面BED ，2FC r =.（1）求异面直线ED 与FC 所成角的大小；（2）将FCG ∆（及其内部）绕FC 所在直线旋转一周形成一几何体，求该几何体的体积.【答案】（1）90︒；（2）3415r π；【解析】【分析】（1）由FC ⊥平面BED ，利用线面垂直的性质定理可得FC ED ⊥，即可得到异面直线ED 与FC 所成角的大小为90︒．（2）连接GC ，在BGC ∆中，利用余弦定理得：2222222cos 5CG r r r CBG r =+-∠=，由题设知，所得几何体为圆锥，分别计算其其底面积及高为F ，即可得到该圆锥的体积V ．【详解】解：（1）FC ⊥平面BED ，ED ⊂平面BED ，FC ED ∴⊥，∴异面直线ED 与FC 所成角的大小为90︒．（2）连接GC ，在BGC ∆中，由余弦定理得：2222222cos 5CG r r r CBG r =+-∠=，由题设知，所得几何体为圆锥，其底面积为2225CG r ππ=，高为2FC r =．该圆锥的体积为2312423515V r r r ππ=⨯⨯=．【点睛】熟练掌握线面垂直的性质定理、余弦定理、圆锥的体积计算公式是解题的关键．20. 老况、老王、老顾、小周、小郭和两位王女士共7人要排成一排拍散伙纪念照.（1）若两位王女士必须相邻，则共有多少种排队种数？（2）若老王与老况不能相邻，则共有多少种排队种数？（3）若两位王女士必须相邻，若老王与老况不能相邻，小郭与小周不能相邻，则共有多少种排队种数？【答案】（1）26261440A A =；（2）52563600A A =；（3）2222352116720C A A A A =；【解析】【分析】（1）利用捆绑法即可求出，（2）利用插空法即可求出，（3）利用捆绑和插空法，即可求出．【详解】解：（1）首先把两位女士捆绑在一起看做一个符合元素，和另外5人全排列，故有26261440A A =种，（2）将老王与老况插入另外5人全排列所形成的6个空的两个，故有52563600A A =种，（3）先安排老王与老况，在形成的3个空中选2个插入小郭与小周，在形成的5个空中选1个插入老顾，最后将两位女士捆绑在一起看做一个符合元素，选1个位置插入到其余5人形成的6个空中故有2222352116720C A A A A =种．【点睛】本题考查了简单的排列组合，考查了相邻问题和不相邻问题，属于中档题.21. 在一个圆锥内作一个内接等边圆柱（一个底面在圆锥的底面上，且轴截面是正方形的圆柱），再在等边圆柱的上底面截得的小圆锥内做一个内接等边圆柱，这样无限的做下去.（1）证明这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）已知这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的37，求最大的等边圆柱的体积与圆锥的体积之比. 【答案】（1）证明见解析；（2）38 【解析】【分析】（1）求出第一个等边圆柱的体积，设第n 个等边圆柱的底面半径为a ，其外接圆锥的底面半径为r ，高为h ，则其体积3322()2n rh V a r h ππ==+，进一步求得第1n +个等边圆柱的体积，作比可得这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）由这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的37可得r 与h 的关系，则答案可求．【详解】（1）证明：如图，设圆锥的底面半径为r ，高为h ，内接等边圆柱的底面半径为a ，则由三角形相似可得：2a r a h r -=，可得2rh a r h=+．其体积233222()2rh V a a a r h πππ===+．设第n 个等边圆柱的底面半径为a ，其外接圆锥的底面半径为r ，高为h ，则其体积3322()2n rh V a r hππ==+，再设第1n +个等边圆柱的底面半径为b ，则其外接圆锥的底面半径为2rh a r h =+，高为22ah h r r h =+，则第1n +个等边圆柱的体积223331222222()()2(2)22n rh h rh r h r h V b rh h r h r h r h ππ+++===++++． ∴31()2n n V h V r h +=+为定值，则这些等边圆柱的体积从大到小排成一个以312()2rh V r h π=+为首项，以3()2h r h +为公比的等比数列；（2）解：原来圆锥的体积为213r h π，这些等边圆柱的体积之和为32312232()214631()2rh V r h r h h q r rh h r h ππ+==-++-+．由232223146373r h r h r rh h ππ=++，得222320r rh h +-=， 2h r ∴=．则最大的等边圆柱的体积为34r π，圆锥的体积为323r π，体积之比为38．【点睛】本题考查圆柱、圆锥体积的求法，考查等比数列的确定及所有项和公式的应用，是中档题．。

2017-2018学年高二年级数学期末试卷(理数)含答案

2．若 x 2m2 3 是 1 x 4 的必要不充分条件，则实数 m 的取值范围是（）
10．已知函数 f x 1 x3 1 mx2 4x 3 在区间 1,2上是增函数，则实数 m 的取值范围是（
32
A . 3,3
B . ,3 3, C . ,1 1,
，则满足
11．已知函数
f
x
3|x1| , x2 2x
x 1,
0, x
0
若关于
x
的方程 f
x2

a
1f
x
a

0有
7
个不
等实根，则实数 a 的取值范围是(
)
A . 2,1
B .2,4
C . 2,1
D . ,4
12.
已知函数
A . loga c logb c B . logc a logc b C . a c bc
D . ca cb
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 9．已知函数 f x 2 xm 1 为偶函数，记 a f log0.5 3 ， b f log2 5 ， c f 2m，则
由题设知
，
则
解得的横坐标分别是则有又
，又于是
，，
，
，即 l 与直线平行，一定相交，分别联立方
设
是平面
的法向量，则
，即
。
对任意
，要使
与
的面积之比是常数，只需 t 满足
可取
，故，所以与平面
20. （1）依题意可得
所成角的正弦值为 ---------12 分，

上海市高二下学期期末考试数学试题(带答案)

高二下学期期末考试数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）一、填空题（本大题共有14题，满分56分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．1.过点)2,1(、)6,3(的直线的斜率为______________．2.若i 是虚数单位，复数z 满足5)43(=-z i ,则z 的虚部为_________．3.正四面体ABC S -的所有棱长都为2，则它的体积为________．4.以)2,1(-为圆心且过原点的圆的方程为_____________．5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为__________．6.已知圆锥的高与底面半径相等，则它的侧面积与底面积的比为________．7.正方体1111D C B A ABCD -中，二面角111C D A B --的大小为__________． 8.双曲线1422=-y x 的顶点到其渐近线的距离等于_________． 9.已知球的半径为1，A 、B 是球面上两点，线段AB 的长度为3，则A 、B 两点的球面距离为 ________．10.在长方体1111D C B A ABCD -中，已知36,91==BC AA ，N 为BC 的中点，则直线11C D 与平面N B A 11的距离是___________．11.从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派6人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是___________(用数字作答)．12. 已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的右焦点为(3,0)F ,过点F 的直线交椭圆于,A B 两点.若 AB 的中点坐标为(1,1)-,则E 的方程为_________________．13.设实数y x ,满足⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥-+≤--,032,042,02y y x y x 则y x z -=2的最大值为____________.14.在棱长为1的正方体盒子里有一只苍蝇，苍蝇为了缓解它的无聊，决定要考察这个盒子的每一个角，它从一个角出发并回到原处，并且每个角恰好经过一次，为了从一个角到另一个角，它或直线飞行，或者直线爬行，苍蝇的路径最长是____________．（苍蝇的体积不计）二、选择题（本大题共有4题，满分20分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.15.在正方体1111D C B A ABCD -中，任取两条棱，则这两条棱为异面直线的概率为（）A ．112B ．114C ．116D ．11816.某校从高一年级学生中随机抽取部分学生,将他们的模块测试成绩分为6组:[40,50),[50,60),[60,70), [70,80),[80,90), [90,100)加以统计,得到如图所示的频率分布直方图,已知高一年级共有学生600名,据此估计,该模块测试成绩不少于60分的学生人数为（）A ．588B ．480C ．450D ．12017.=++-+++-+1)1(4)1(6)1(4)1(234x x x x （）A ．4xB ．4x -C ．1D ．1- 18.若直线m x y l +-=2:与曲线|4|21:2x y C -=有且仅有三个交点，则m 的取值范围是（） A ．)12,12(+- B ．)2,1( C ．)12,1(+ D ．)12,2(+三、解答题（本大题共有5题，满分74分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域写出必要的步骤．19.（12分）求8)32(xx +的二项展开式中的第5项的二项式系数和系数.20.（14分）求半径为10，且与直线07034=-+y x 相切于)10,10(的圆的方程.21.（14分）已知椭圆13422=+y x 上存在两点A 、B 关于直线m x y +=4对称，求m 的取值范围.22.（16分）如图，四棱柱1111D C B A ABCD -中, 侧棱⊥A A 1底面ABCD ，AD AB DC AB ⊥,//， 1==CD AD ，21==AB AA ，E 为棱1AA 的中点.(1) 证明：CE C B ⊥11；(2) 求异面直线E C 1与AD 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）23.（18分）下图是利用计算机作图软件在直角坐标平面xOy 上绘制的一列抛物线和一列直线，在焦点为n F 的抛物线列x p y C n n 4:2=中，n p 是首项和公比都为)10(<<p p 的等比数列，过n F 作斜率2的直线n l 与n C 相交于n A 和n B （n A 在x 轴的上方，n B 在x 轴的下方）.（1）证明：n OA 的斜率是定值；（2）求1A 、2A 、Λ、n A 、Λ所在直线的方程；（3）记n n OB A ∆的面积为n S ，证明：数列}{n S 是等比数列，并求所有这些三角形的面积的和.第23题图第二学期高二年级数学学科期末考试卷参考答案19.（12分）解：4485)32)((x x C T =，所以二项式系数为7048=C ，系数为811120.21.（14分）解：设直线AB 方程为b x y +-=4，联立 ⎪⎩⎪⎨⎧+-==+,4,124322b x y y x 得,0481681322=-+-b bx x 从而,138b x x B A =+ ,13242)(41b b x x y y B A B A =++-=+则B A ,中点是)1312,134(b b，则,013121344=+-⋅m b b 解得.134b m -= 由0481681322=-+-b bx x 有实数解得,0)4816(526422≥--=∆b b 即.4132≤b 于是.413)413(2≤-m 则m 的取值范围是.1313213132≤≤-m23.（18分）解：（1）由已知得n n p p =，抛物线焦点)0,(n n p F ，抛物线方程为x p y n42=，直线n l 的方程为).(2n p x y -=于是，抛物线n C 与直线n l 在x 轴上方的交点),(11y x A n 的坐标满足⎪⎩⎪⎨⎧-==),(2,411121n n p x y x p y 则有,042211121=-+x y x y而直线n OA 的斜率为11x y k n OA =，则,042112=-+OA OA k k 解得,51±-=n OA k 又,0>k 点n A 在第一象限，则51+-=n OA k ；（2）直线方程为x y )51(+-=；（3）由⎪⎩⎪⎨⎧-==),(2,42n n p x y x p y 得,04222=--n n p y p y 则n p AB 10||=，而O 到直线n l 的距离为52np ，于是n n OB A ∆的面积n n p S 252=，所以数列}{n S 是以252p 为首项，2p 为公比的等比数列.由于10<<p ，所以所有三角形面积和为22152p p -.。

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2017学年第二学期高二数学期末质量检测
2018．6
注意：1．答卷前，考生务必在试卷上指定位置将学校、班级、姓名、考号填写清楚．
2．本试卷共有21道试题，满分100分，考试时间90分钟．
一、填空题（本大题共有12小题，满分36分）只要求直接填写结果，每个空格填对得3分，否则一律得零分．
1．抛物线216y x =的准线方程是________.4=-x
2．设复数z 满足32=-+zi i ，则z ＝__________.23-i
3．若一个球的体积为323
π，则该球的表面积为___16π______. 4．在正四面体P -ABC ，已知M 为AB 的中点，则PA 与CM 所成角的余弦值为
5. 若复数z
满足2z i z i -++=，则1z i --的取值范围是________ 6. —个四面体的顶点在空间直角坐标系xyz O -中的坐标分别是(0,0,0)、(1,0,0)、(0,1,0)、
(0,0,1)，则该四面体的体积为________.16
7. 若复数22
(2)(32)z a a a a i =--+-+为纯虚数，则实数a =__1-__ . 8．以椭圆116
252
2=+y x 的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线方程的标准方程是_______.116
92
2=-y x 9．将圆心角为3
2π，面积为π3的扇形围成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积为__π322_． 10. 球的半径为5㎝，被两个相互平行的平面所截得圆的直径分别为6㎝和8㎝，则这两个平面之间的距离是_______cm. 7或1
11. 三棱锥V-ABC 的底面ABC 与侧面VAB 都是边长为a 的正三角形，则棱VC 的长度的取值范围是_________.) .
12. 给出下列几个命题：①三点确定一个平面；②一个点和一条直线确定一个平面；③垂直于同一直线的两直线平行；④平行于同一直线的两直线平行.其中正确命题的序号是___④__.
二、选择题(本大题共有4小题，满分12分) 每小题都给出四个选项，其中有且只有一个选项是正确的，选对得 3分，否则一律得零分．
13. 在空间中，“直线m ⊥平面α”是“直线m 与平面α内无穷多条直线都垂直 ”的 ( A )．
A ．充分非必要条件
B ．必要非充分条件
C ．充要条件
D ．既非充分又非必要条件
14. 已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为( D )
（A ） 34 （B ） 54 （C ） 74 （D ）34
15. 设直线l 的一个方向向量()3,2,6=d ，平面α的一个法向量()0,3,1-=n ，则直线l 与
平面α的位置关系是（ D ）.
A ．垂直
B ．平行
C ．直线l 在平面α内
D ．直线l 在平面α内或平行
16. 对于复数123、、z z z ，给出下列三个运算式子：（1）1212z z z z +≤+，（2）
1212z z z z ⋅=⋅，
（3）123123()()z z z z z z ⋅⋅=⋅⋅.其中正确的个数是（ D ） A ． 0 B ．1 C.
2 D ．3
三、解答题（本大题共有5小题，满分52分）解答下列各题必须写出必要的步骤．
17.（本题满分8分）
已知关于的方程有一个模为的虚根，求的值．【解】由题意，得或，……2分设两根为1z 、2z ，则21=z z ，………………3分 21==1z z ，得12=1⋅z z ，…………5分
212=2⋅-z z k k ．…………7分
所以．……8分
18.（本题满分8分）
如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -的底面边长2=AB ，若异面直线
A A 1与C
B 1所成角的大小为2
1arctan ，求正四棱柱1111D C B A ABCD -的体积.
【解】∵11A A//BB
∴1∠CB B 为A A 1与C B 1所成角
且
………………………………………4分 ∵=2BC ，∴1=4BB ………………………………6分
………………………8分 x ()22
20x kx k k k R ++-=∈1k ()222423800k k k k k k ∆=--=-+<⇒<83
k >
221k k ⇒-=1212,12k k ⇒=-=+12k =-21tan 1=∠B CB 16
==∴sh V 第18题
19.（本题满分10分，本题共有2个小题，第(1)小题满分5分，第(2)小题满分5分）已知双曲线22: 14x C y -=，P 为C 上的任意点。

（1）求证：点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；
（2）设点A 的坐标为(3,0)，求||PA 的最小值；
【解】（1）设11(,)P x y 是双曲线上任意一点，
该双曲的两条渐近线方程分别是20x y -=和20x y +=. ………………2分
点11(,)P x y 到两条渐近线的距离分别是11|2|5x y -和11|2|5
x y +， …………4分它们的乘积是11|2|5
x y -⋅221111|2||4|4555x y x y +-==. 点P 到双曲线的两条渐线的距离的乘积是一个常数. ……………………5分
（2）设点P 的坐标为(,)x y ，
则222||(3)PA x y =-+22
(3)14x x =-+-25124()455
x =-+ ……………………7分 ||2x ≥，∴ 当12
5x =时，2||PA 的最小值为45，……………………9分即||PA 的最小值为
255
.……………………10分 20.（本题满分12分，本题共有2个小题，第(1)小题满分6分，第(2)小题满分6分）如图，AO 为圆锥的高，B 、C 为圆锥底面圆周上两个点，
6OAB π∠=，2BOC π
∠=，
4AB =，D 是AB 的中点．（1）求该圆锥的全面积；（2）求异面直线AO 与CD 所成角的大小．（结果用反
三角函数值表示）
【解】（1）Rt AOB ∆中，2
OB =
即圆锥底面半径为2 圆锥的侧面积8S rl ππ==侧……………….4分
故圆锥的全面积=+8+412S S S πππ==全侧底……………….6分
（2）过D 作//DM AO 交BO 于M ，连CM
则CDM ∠为异面直线AO 与CD 所成角……………….8分
AO OBC
⊥平面 DM OBC ∴⊥平面
DM MC ∴⊥ 在Rt AOB ∆中，23AO =
3DM ∴= D 是AB 的中点 M ∴是OB 的中点 1OM ∴=5CM ∴=
在Rt CDM ∆
中，tan CDM ∠==，……………….10分
CDM ∴∠=AO 与CD
所成角的大小为………….12分
21. （本题满分14分，本题共有3个小题，第(1)小题满分4分，第(2)小题满分4分，第
(3)小题满分6分）
已知抛物线C 的顶点为原点，焦点F 与圆2220+-=x
y x 的圆心重合. （1）求抛物线C 的标准方程；
（2）设定点（3,2）A ，当P 点在C 上何处时，PA PF +的值最小，并求最小值及点P 的坐标；
（3）若弦MN 过焦点F ，求证：11+FM FN
为定值. 【解】（1）由已知易得()1,0F ，…………………………2分则求抛物线的标准方程C 为24=y x .……………………4分
（2）设点P 在抛物线C 的准线上的摄影为点B ，根据抛物线定义知PF PB =……………………5分
要使PA PF +的值最小，必、、P A B 三点共线.…………6分
可得()1,2P x ，211241=⇒=x x .即()1,2P ……………………7分此时PA PF 224+=+=.………………………………8分
（3）()1,0F ，设 :1=+MN l x my ()()1122,,,M x y N x y ……9分
2244401y x y my x my ⎧=∴⇒--=⎨=+⎩ ……………………11分
12111111
∴+=+++FM FN x x ……………………12分 ()()1112212121122
424my my m y y m y y m y y =+++++=+++ …………13分
2244144
m m +==+ …………14分。