2017-2018年上海市复旦附中高二第二学期期末数学试卷和参考答案

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上海市复旦大学附属中学20182019学年高二下学期期末考试数学试题.docx

复旦大学附属中学2018学年第二学期高二年级数学期终考试试卷符号说明：i 虚数单位一、填空题1.已知全集{}1,0,1,2,3U =-，集合{}0,1,2A =，{}1,0,1B =-，则()U A B =I ð______.2.=______.3.从集合{}1,1,2,3-随机取一个为m ，从集合{}2,1,1,2--随机取一个为n ，则方程221x y m n+=可以表示______个不同的双曲线.4.在621x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，第4项的二项式系数是______（用数字作答）。

5.已知,αβ表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“,αβ构成直二面角”是“m β⊥”的______条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”“或”“既不充分也不必要”）.6.若直线250x y -+=与直线260x my +-=互相垂直，则实数m =______.7.复数1121101i 10i 9i1⨯+⨯++⨯L 的虚部是______.8.已知经停某站的高铁列车有100个车次，随机从中选取了40个车次进行统计，统计结果为：10个车次的正点率为0.97，20个车次的正点率为0.98，10个车次的正点率为0.99，则经停该站的所有高铁列车正点率的标准差的点估计值为______（精确到0.001）.9.设A ，B 是实数集R 的两个子集，对于x ∈R ，定义：0,,1,,x A m x A ∉⎧=⎨∈⎩ 0,,1,,x B n x B ∉⎧=⎨∈⎩若对任意x ∈R ，1m n +=，则A ，B ，R 满足的关系式为______.10.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是______.11.6月12日，上海市发布了《上海市生活垃圾分类投放指南》，将人们生活中产生的大部分垃圾分为七大类。

某幢楼前有四个垃圾桶，分别标有“可回收物”、“有害垃圾”、“湿垃圾”、“干垃圾”，小明同学要将鸡骨头（湿垃圾）、贝壳（干垃圾）、指甲油（有害垃圾）、报纸（可回收物）全部投入到这四个桶中，若每种垃圾投放到每个桶中都是等可能的，那么随机事件“4种垃圾中至少有2种投入正确的桶中”的概率是______.12.对于无理数x，用x 表示与x 最接近的整数，如3=，2=.设n *∈N ，对于区间11,22n ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的无理数x ，定义x xm m C C =，我们知道，若m *∈N ，()n m n *∈≤N 和()r r n *∈≤N ，则有以下两个恒等式成立：①m n mn m C C -=；②11r r r m m m C C C -+=+，那么对于正整数n 和两个无理数()0,m n ∈，()1,r n ∈，以下两个等式依然成立的序号是______；①m n mn m C C -=；②11r r r m m m C C C -+=+.二、选择题13.已知双曲线()222210,0y x a b a b-=>>的一个焦点为()0,2F，则该双曲线的方程为（）A.2213x y -= B.2213y x -= C.2213y x -= D.2213x y -= 14.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =11A D 与1DB 所成角的余弦值为（） A.15D.215.高考改革方案出台后，某地某校实行选科走班制度，冯同学选择物理、生物、政治三科，且物理在等级班，生物在合格班。

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．。

高二数学下学期期末考试试题理(含解析)

2017—2018学年度第二学期期末教学质量检测高二理科数学第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.1.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据复数的除法法则求解可得结果．详解：∵，∴．故选C．点睛：本题考查复数的除法运算，考查学生的运算能力，解题时根据法则求解即可，属于容易题．2.2.有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数，如果，那么是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以，是函数的极值点.以上推理中（）A. 大前提错误B. 小前提错误C. 推理形式错误D. 结论正确【答案】A【解析】分析：根据极值定义得导数为零的点不一定为极值点，得大前提错误.详解：因为根据极值定义得导数为零的点不一定为极值点，所以如果f ' (x0)=0，那么x=x0不一定是函数f(x)的极值点，即大前提错误.选A.点睛：本题考查极值定义以及三段论概念，考查对概念理解与识别能力.3.3.在回归分析中，的值越大，说明残差平方和（）A. 越小B. 越大C. 可能大也可能小D. 以上都不对【答案】A【解析】分析：根据的公式和性质，并结合残差平方和的意义可得结论．详解：用相关指数的值判断模型的拟合效果时，当的值越大时，模型的拟合效果越好，此时说明残差平方和越小；当的值越小时，模型的拟合效果越差，此时说明残差平方和越大．故选A．点睛：主要考查对回归分析的基本思想及其初步应用等知识的理解，解题的关键是熟知有关的概念和性质，并结合条件得到答案．4.4.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示，按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，第1个“金鱼”需要火柴棒的根数为；第2个“金鱼”需要火柴棒的根数为；第3个“金鱼”需要火柴棒的根数为，构成首项为，公差为的等差数列，所以第个“金鱼”需要火柴棒的根数为，故选C.5.5.如果函数y＝f(x)的图象如图所示，那么导函数y＝f′(x)的图象可能是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由原函数图像可知函数单调性先增后减再增再减，所以导数值先正后负再正再负，只有A正确考点：函数导数与单调性及函数图像6.6.某产品的广告费用万元与销售额万元的统计数据如下表：根据以上数据可得回归直线方程，其中，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额为65.5万元，则，的值为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】分析：根据回归直线过样本中心和条件中给出的预测值得到关于，的方程组，解方程组可得所求．详解：由题意得，又回归方程为，由题意得，解得．故选C．点睛：线性回归方程过样本中心是一个重要的结论，利用此结论可求回归方程中的参数，也可求样本数据中的参数．根据回归方程进行预测时，得到的数值只是一个估计值，解题时要注意这一点．7.7.利用数学归纳法证明不等式的过程中，由变到时，左边增加了（）A. 1项B. 项C. 项D. 项【答案】C【解析】分析：先表示出、，通过对比观察由变到时，项数增加了多少项. 详解：因为，所以当，当，所以由变到时增加的项数为.点睛：本题考查数学归纳法的操作步骤，解决本题的关键是首先观察出分母连续的整数，当，，由此可得变化过程中左边增加了多少项，意在考查学生的基本分析、计算能力．8.8.如图，用、、三类不同的元件连接成一个系统.当正常工作且、至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知、、正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为（）A. 0.960B. 0.864C. 0.720D. 0.576【答案】B【解析】试题分析：系统正常工作当①正常工作，不能正常工作，②正常工作，不能正常工作,③正常工作，因此概率.考点：独立事件的概率.9.9.设复数，若，则的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】若则，则的概率为：作出如图，则概率为直线上方与圆的公共部分的面积除以整个圆的面积，即：10.10.设函数的定义域为，若对于给定的正数，定义函数，则当函数，时，定积分的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据的定义求出的表达式，然后根据定积分的运算法则可得结论．详解：由题意可得，当时，，即．所以．故选D．点睛：解答本题时注意两点：一是根据题意得到函数的解析式是解题的关键；二是求定积分时要合理的运用定积分的运算性质，可使得计算简单易行．11.11.已知等差数列的第项是二项式展开式的常数项，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：二项式展开中常数项肯定不含，所以为，所以原二项式展开中的常数项应该为，即，则，故本题的正确选项为C.考点：二项式定理.12.12.已知函数的定义域为，为的导函数，且，若，则函数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据题意求得函数的解析式，进而得到的解析式，然后根据函数的特征求得最值．详解：由，得，∴，设（为常数），∵，∴，∴，∴，∴，∴当x=0时，；当时，，故当时，，当时等号成立，此时；当时，，当时等号成立，此时．综上可得，即函数的取值范围为．故选B．点睛：解答本题时注意从所给出的条件出发，并结合导数的运算法则利用构造法求出函数的解析式；求最值时要结合函数解析式的特征，选择基本不等式求解，求解时注意应用不等式的条件，确保等号能成立．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.13.已知随机变量服从正态分布，若，则等于__________．【答案】0.36【解析】.14.14.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法．（用数字作答）【答案】660【解析】【详解】第一类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有种；第二类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有种，根据分类计数原理共有种，故答案为.15.15.的展开式中的系数是__________．【答案】243【解析】分析：先得到二项式的展开式的通项，然后根据组合的方式可得到所求项的系数．详解：二项式展开式的通项为，∴展开式中的系数为.点睛：对于非二项式的问题，解题时可转化为二项式的问题处理，对于无法转化为二项式的问题，可根据组合的方式“凑”出所求的项或其系数，此时要注意考虑问题的全面性，防止漏掉部分情况．16.16.已知是奇函数，当时，，（），当时，的最小值为1，则的值等于__________．【答案】1【解析】试题分析：由于当时，的最小值为，且函数是奇函数，所以当时，有最大值为-1，从而由，所以有；故答案为：1．考点：1．函数的奇偶性；2．函数的导数与最值．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.17.复数，，若是实数，求实数的值.【答案】【解析】分析：由题意求得，进而得到的代数形式，然后根据是实数可求得实数的值．详解：.∵是实数，∴，解得或，∵，∴，∴．点睛：本题考查复数的有关概念，解题的关键是求出的代数形式，然后根据该复数的实部不为零虚部为零得到关于实数的方程可得所求，解题时不要忽视分母不为零的限制条件．18.18.某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次0 1 2 3 4数保费设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次0 1 2 3 4数概率0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05（1）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（2）已知一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出的概率.【答案】（1）0.55（2）【解析】分析：（1）将保费高于基本保费转化为一年内的出险次数，再根据表中的概率求解即可．（2）根据条件概率并结合表中的数据求解可得结论．详解：（1）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，故．（2）设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，故．又，故，因此其保费比基本保费高出的概率为．点睛：求概率时，对于条件中含有“在……的条件下，求……发生的概率”的问题，一般为条件概率，求解时可根据条件概率的定义或利用古典概型概率求解．19.19.在数列，中，，，且，，成等差数列，，，成等比数列（）.（1）求，，及，，；（2）根据计算结果，猜想，的通项公式，并用数学归纳法证明.【答案】(1) ，，，，， (2) 猜想，，证明见解析【解析】分析：（1）根据条件中，，成等差数列，，，成等比数列及所给数据求解即可．（2）用数学归纳法证明．详解：（1）由已知条件得，，由此算出，，，，，.（2）由（1）的计算可以猜想，，下面用数学归纳法证明：①当时，由已知，可得结论成立.②假设当（且）时猜想成立，即，.则当时，，，因此当时，结论也成立.由①②知，对一切都有，成立．点睛：用数学归纳法证明问题时要严格按照数学归纳法的步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时可能要取两个(或两个以上)初始值进行验证，初始值的验证是归纳假设的基础；第二步的证明是递推的依据，证明时必须要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．20.20.学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出300人进行统计.其中对教师教学水平给出好评的学生人数为总数的，对教师管理水平给出好评的学生人数为总数的，其中对教师教学水平和教师管理水平都给出好评的有120人.（1）填写教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：对教师管理水平不满合计对教师管理水平好评意对教师教学水平好评对教师教学水平不满意合计请问是否可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关？（2）若将频率视为概率，有4人参与了此次评价，设对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数为随机变量.①求对教师教学水平和教师管理水平全好评的人数的分布列（概率用组合数算式表示）；②求的数学期望和方差.0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.0012.072 2.7063.841 5.024 6.635 7.879 10.828（，其中）【答案】(1) 可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关. (2) ①见解析②，【解析】分析：（1）由题意得到列联表，根据列联表求得的值后，再根据临界值表可得结论．（2）①由条件得到的所有可能取值，再求出每个取值对应的概率，由此可得分布列．②由于，结合公式可得期望和方差．详解：（1）由题意可得关于教师教学水平和教师管理水平评价的列联表：对教师管理水平好评对教师管理水平不满意合计对教师教学水平好评120 60 180对教师教学水平不满意105 15 120合计225 75 300由表中数据可得，所以可以在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为教师教学水平好评与教师管理水平好评有关.（2）①对教师教学水平和教师管理水平全好评的概率为，且的取值可以是0，1，2，3，4，其中；；；；，所以的分布列为：0 1 2 3 4②由于，则，.点睛：求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算，对于二项分布的均值和方差可根据公式直接计算即可．21.21.已知函数，（为自然对数的底数，）.（1）判断曲线在点处的切线与曲线的公共点个数；（2）当时，若函数有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【解析】分析：（1）根据导数的几何意义可得切线方程，然后根据切线方程与联立得到的方程组的解的个数可得结论．（2）由题意求得的解析式，然后通过分离参数，并结合函数的图象可得所求的范围．详解：（1）∵，∴，∴.又，∴曲线在点处的切线方程为．由得.故，所以当，即或时，切线与曲线有两个公共点；当，即或时，切线与曲线有一个公共点；当，即时，切线与曲线没有公共点.（2）由题意得，由，得，设，则.又，所以当时，单调递减；当时，单调递增．所以.又，，结合函数图象可得，当时，方程有两个不同的实数根，故当时，函数有两个零点．点睛：函数零点个数（方程根的个数、两函数图象公共点的个数）的判断方法：（1）结合零点存在性定理，利用函数的性质确定函数零点个数；（2）构造合适的函数，判断出函数的单调性，利用函数图象公共点的个数判断方程根的个数或函数零点个数．请考生在22～23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知点的直角坐标为，曲线的极坐标方程为，直线过点且与曲线相交于，两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若，求直线的直角坐标方程.【答案】(1) (2) 直线的直角坐标方程为或【解析】分析：（1）根据极坐标和直角坐标间的转化公式可得所求．（2）根据题意设出直线的参数方程，代入圆的方程后得到关于参数的二次方程，根据根与系数的关系和弦长公式可求得倾斜角的三角函数值，进而可得直线的直角坐标方程．详解：（1）由，可得，得，∴曲线的直角坐标方程为.（2）由题意设直线的参数方程为（为参数），将参数方程①代入圆的方程，得，∵直线与圆交于，两点，∴．设，两点对应的参数分别为，，则，∴，化简有，解得或，∴直线的直角坐标方程为或.点睛：利用直线参数方程中参数的几何意义解题时，要注意使用的前提条件，只有当参数的系数的平方和为1时，参数的绝对值才表示直线上的动点到定点的距离．同时解题时要注意根据系数关系的运用，合理运用整体代换可使得运算简单．23.23.已知函数的定义域为.（1）若，解不等式；（2）若，求证：.【答案】(1) (2)见解析【解析】分析：（1）由可得，然后将不等式中的绝对值去掉后解不等式可得所求．（2）结合题意运用绝对值的三角不等式证明即可．详解：（1），即，则，∴，∴不等式化为．①当时，不等式化为，解得；②当时，不等式化为，解得.综上可得．∴原不等式的解集为.（2）证明：∵，∴.又，∴.点睛：含绝对值不等式的常用解法（1）基本性质法：当a>0时，|x|＜a⇔－a＜x＜a，|x|＞a⇔x＜－a或x＞a．（2）零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．（3）几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．（4）数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．。

复旦附中高二期末(2018.06)

复旦附中高二期末数学试卷2018.06一. 填空题1. 已知,{0,1,2,3}a b ∈，则不同的复数z a bi =+的个数是2. 一个竖直平面内的多边形，用斜二侧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3. 若2018220180122018(12)x a a x a x a x -=+++⋅⋅⋅+，则0122018||||||||a a a a +++⋅⋅⋅+=4. 在9()2ax x -的展开式中，3x 的系数为94，则常数a = 5. 已知球的体积是V ，则此球的内接正方体的体积为6. 点(1,2,1)A 、(3,3,2)B 、(1,4,3)C λ+，若AB u u u r 、AC uuu r 的夹角为锐角，则λ的取值范围为7. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比值是8. 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9. 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10. 在正三棱锥P -ABC 中，2PA =，1AB =，记二面角P -AB -C 、A -PC -B 的平面角依次为 α、β，则23sin 2cos αβ-=11. 如图，顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，母线4PA =，O 是底面圆心，B 是底面圆内一点，且AB ⊥OB ，C 为P A 的中点，OD ⊥PB ，垂足为D ，当三棱锥O -PCD 的体积最大时，OB =12. 已知数列{}n a ，令k b 为1a 、2a 、…、k a 中的最大值()k ∈*N ，则称数列{}n b 为“控制数列”，数列{}n b 中不同数的个数称为“控制数列”{}n b 的“阶数”，例如：{}n a 为1、3、 5、4、2，则“控制数列”{}n b 为1、3、5、5、5，其“阶数”为3，若数列{}n a 为1、2、3、 4、5、6构成，则能构成“控制数列”{}n b 的“阶数”为2的所有数列{}n a 的首项和是二. 选择题13. 在20183(23)x +的展开式中，系数为有理数的项数为（）A. 336项B. 337项C. 338项D. 1009项14. 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. 42B. 93+C. 33+D. 32 15. 定义“创新01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意12k m ≤≤，1a 、2a 、…、k a 中0的个数不少于1的个数，若4m =，则不同的“创新01数列”{}n a 的个数为（）A. 12个B. 14个C. 16个D. 18个16. 已知椭圆方程为221425x y +=，将此椭圆绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ，满足5022.5y x y x ≥-⎧⎪≤≤⎨⎪≤⎩的平面区域绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则（）A. 21V V =B. 2132V V =C. 2154V V = D. 21,V V 无明确大小关系三. 解答题 17. 已知空间向量a r 与b r 的夹角为66，且||2a =r ||3b =r ，令m a b =-u r r r ，2n a b =+r r r .（1）求a r 、b r 为邻边的平行四边形的面积S ；（2）求m u r 与n r 的夹角θ.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）每两名女生间至少有两名男生；（5）3名女生中，A 、B 要相邻，A 、C 不相邻.19. 在正四棱锥P -ABCD 中，正方形ABCD 的边长为32，高6OP =，E 是侧棱PD 上的点且3PD PE =，F 是侧棱P A 上的点且2PA PF =，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；（2）求直线AG 与平面EFG 所成角的大小；（3）求点A 到平面EFG 的距离.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∠AED 为直角，EF ⊥平面ADE 且1EF =.（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.21. 已知p 、0q >，在()m px q +()m ∈*N 的二项展开式中，若存在连续三项的二项式系数成等差数列，将m 的所有可能值从小到大排列构成数列{}n a .（1）求数列{}n a 的通项n a ()n ∈*N ；（2）若在2()a px q +的二项展开式中，当且仅当第10项的系数最大，求q p的取值范围.参考答案一. 填空题1. 162.3. 201834. 45.6. (2,4)(4,)-+∞U7.212ππ+ 8. 3+ 9. 98 10. 2 11. 12. 1044 二. 选择题13. B 14. A 15. B 16. C三. 解答题17.（1）S =（2）θπ=-. 18.（1）63634320P P =；（2）456786720⨯⨯⨯⨯=；（3）35452880P P =；（4）122323542523(22)2880P P P P P P ⨯+⨯=；（5）152256526528640P P P P P ⨯+=.19.（1）(0,1,1)；（2）；（3. 20.（1）2π；（2）3π. 21.（1）242n a n n =++，n ∈*N ；（2）(0,10).。

上海市复旦大学附属中学2017-2018学年高二下学期期中数学试卷及解析

上海市复旦大学附属中学2017-2018学年高二下学期期中数学试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）③如果两条直线在同一个平面内的射影平行，那这两条直线平行；④过两条异面直线的一条有且仅有一个平面与已知直线平行；上述命题中为真命题的个数为（）个 A.1B.2C.3D.42.设(),z a bi a b R =+∈，那么11z z -+为纯虚数的充要条件是（） A.1a =B.1a =且0b ≠C.1z =D.1z =且0b ≠3.对不等式组124x y x y +≥⎧⎨-≤⎩的解集为D ，有下面四个命题：①对于任意(),x y D ∈，都有22x y +≥-；②存在(),x y D ∈，使得22x y +≥；③对于任意(),x y D ∈，都有23x y +≤；④存在(),x y D ∈，使得21x y +≤-，其中的真命题是（）A.②③B.①②C.①④D.①③4.给出下列两个命题：（1）设a ，b ，c 都是复数。

如果a 2+b2>c 2，则a 2+b 2−c 2>0；（2）设a ，b ，c 都是复数，如果a 2+b 2−c 2>0，则a 2+b 2>c 2。

那么，下述说法正确的是（）A. 命题（1）正确，命题（2）也正确B. 命题（1）正确，命题（2）错误C. 命题（1）错误，命题（2）也错误D. 命题（1）错误，命题（2）正确第II 卷（非选择题）二、填空题（题型注释）θ，则θ的取值范围是 . 6.设()()4511i z +=-+，则Im z =________7.若复数z 是纯虚数，且满足226z z -++=，则z =__________8.正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则点1B 到平面11AAC C 的距离是__________ 9.如图，三角形ABC 为直角三角形，90C ∠=︒，SA ⊥平面ABC ，则在四面体S ABC -的四个面中，共有______对互相垂直的平面.10.正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱AB 的中点，则异面直线1B E 与1BC 所成角的大小为______（用反余弦函数表示）11.关于x 的实系数方程210x x -+=的一个根为α，则arg α=________12.已知直线a ，如果直线b 同时满足：（1）和a 异面；（2）和a 所成的角是30；（3）和a 的距离为2，这样的直线b 有_____条.13.空间四边形ABCD 中，1AB AC AD BC BD CD ======，则二面角B AC D --的大小为_______（用反余弦函数表示）14.若变量x ，y 满足约束条件{y ≤xx +y ≤4y ≥k，且z =2x +y 的最小值为−6，则k =_________．15.已知()()111 (1)n z i n Z +⎛⎛⎛=+∈⎝⎝，则20172018z z -的值是____ 16.已知11z i =-+，235z i =+，32z i =+，44=-z i ，若在复平面中1z ，2z ，3z ，4z 所对应的点分别为1Z ，2Z ，3Z ，4Z ，过直线12Z Z 作一个与复平面所成的锐角为30的平面α，则线段34Z Z 在平面α内的射影长为____________三、解答题（题型注释）17.如图，在长方体1111A B C D -中，13BB BC ==，4AB =；（1）求证：平面11//AB D 平面1BDC ；（2）求11A B 与平面11AB C D 所成的角。

复旦附中高二期末(2018.01)

复旦附中高二期末试卷2018.01一. 填空题1. 准线方程为10y +=的抛物线标准方程为2. 已知圆225x y +=和点(1,2)A ，则过点A 圆的切线方程为3. 若椭圆221369x y +=的弦被点(4,2)平分，则此弦所在直线的斜率为 4. 参数方程2cos 2sin x y θθ=⎧⎨=+⎩（θ为参数，且R θ∈）化为普通方程是 5. 已知椭圆22214x y a +=（0a >）与双曲线22193x y -=有相同的焦点，则a 的值为 6. 设1F 和2F 为双曲线22421x y -=的两个焦点，点P 在双曲线上，且满足1260F PF ∠=︒，则12F PF ∆的面积是7. 已知抛物线24y x =的焦点F 和点(1,1)A ，点P 为抛物线上的动点，则||||PA PF +取到最小值时点P 的坐标为8. 椭圆2211612x y +=上的点到直线2120x y --=的距离最大值为 9. 双曲线22214x y b -=的左右焦点分别为1F 、2F ，P 为右支上一点，且1||6PF =， 120PF PF ⋅=，则双曲线渐近线的夹角为10. 已知定点(4,0)P -和定圆22:8Q x y x +=，动圆M 和圆Q 外切，且经过点P ，求圆心M 的轨迹方程11. 设直线l 与抛物线24y x =相交于A 、B 两点，与圆222(5)x y r -+=（0r >）相切于点M ，且M 为线段AB 的中点，若这样的直线l 恰有4条，则r 的取值范围是12. 已知直线1:310l mx y m --+=与2:310l x my m +--=相交于点P ，线段AB 是圆22:(1)(1)4C x y +++=的一条动弦，且||AB =，则||PA PB +的最小值是二. 选择题13. 当0ab <时，方程22ax ay b -=所表示的曲线是（）A. 焦点在x 轴的椭圆B. 焦点在x 轴的双曲线C. 焦点在y 轴的椭圆D. 焦点在y 轴的双曲线14. 已知圆O 的方程222x y r +=（0r >），点(,)P a b （0ab ≠）是圆O 内一点，以P 为中点的弦所在的直线为m ，直线n 的方程为2ax by r +=，则（）A. m ∥n ，且n 与圆O 相离B. m ∥n ，且n 与圆O 相交C. m 与n 重合，且n 与圆O 相离D. m n ⊥，且n 与圆O 相离15. 椭圆2211615x y +=上有n 个不同的点123,,,,n P P P P ⋅⋅⋅，椭圆的右焦点F ，数列{||}n P F 是公差大于12018的等差数列，则n 的最大值为（） A. 2017 B. 2018 C. 4036 D. 403716. 如图，过抛物线22y px =（0p >）的焦点F作直线交抛物线于A 、B 两点，以AB 为直径的圆与准线l 的公共点为M ，若60AMF ∠=︒，则MFO ∠的大小为（）A. 15°B. 30°C. 45°D. 不确定三. 解答题17. 已知抛物线2:4C y x =与直线l 交于A 、B 两点.（1）若直线l 的方程为24y x =-，求弦AB 的长度；（2）O 为坐标原点，直线l 过抛物线的焦点，且AOB ∆面积为l 的方程.18. 已知双曲线22:143x y C -=. （1）求与双曲线C 有共同的渐近线，且实轴长为20的双曲线的标准方程；（2）P 为双曲线C 右支上一动点，点A 的坐标是(4,0)，求||PA 的最小值.19. 已知曲线22:4C x y +=，点N 是曲线C 上的动点，O 是坐标原点.（1）已知定点(3,4)M -，动点P 满足OP OM ON =+，求动点P 的轨迹方程；（2）如图，设点A 为曲线C 与x 轴的正半轴交点，将点A 绕原点逆时针旋转23π得到点B ，点N 在曲线C 上运动，若ON mOA nOB =+，求m n +的最大值.20. 已知椭圆2222:1x y C a b +=（0a b >>），四点1(1,1)P 、2(0,1)P 、3(2P -、42P 中恰有三点在椭圆C 上.（1）求C 的方程；（2）椭圆C 上是否存在不同的两点M 、N 关于直线1x y +=对称？若存在，请求出直线 MN 的方程，若不存在，请说明理由；（3）设直线l 不经过点2P 且与C 相交于A 、B 两点，若直线2P A 与直线2P B 的斜率的和为1，求证：l 过定点.21. 已知曲线2:2(2)40a x by b Γ--+-=（,a b R ∈）.（1）若4a b ==，求经过点(1,0)-且与曲线Γ只有一个公共点的直线方程；（2）若4a =，请在直角坐标平面内找出纵坐标不同的两个点，此两点满足条件：无论b 如何变化，这两个点都不在曲线Γ上；（3）若曲线Γ与线段y x =（01x ≤≤）有公共点，求22a b +的最小值.。

2017-2018年上海市复旦附中高二第二学期期末数学试卷和参考答案

2017-2018学年上海市复旦附中高二第二学期期末数学试卷一、填空题（本大题共有12题，满分48分）1．（4分）已知a，b∈{0，1，2，3}，则不同的复数z＝a+bi的个数是．2．（4分）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．3．（4分）已知则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a2018|＝．4．（4分）已知（﹣）9的展开式中，x3的系数为，则常数a的值为．5．（4分）已知球的体积是V，则此球的内接正方体的体积为．6．（4分）点A（1，2，1），B（3，3，2），C（λ+1，4，3），若的夹角为锐角，则λ的取值范围为．7．（4分）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．8．（4分）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．9．（4分）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．10．（4分）在正三棱锥P﹣ABC中，P A＝2，AB＝1，记二面角P﹣AB﹣C，A﹣PC﹣B 的平面角依次为α，β，则3sin2α﹣2cosβ＝．11．（4分）如图，顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，母线P A＝4，O是底面圆心，B是底面圆内一点，且AB⊥OB，C为P A的中点，OD⊥PB，垂足为D，当三棱锥O﹣PCD的体积最大时，OB＝．12．（4分）已数列{a n}，令b k为a1，a2，…，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．二、选择题（本大题共有4题，满分16）13．（4分）在的展开式中，系数为有理数的项数为（）A．336项B．337项C．338项D．1009项14．（4分）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+B．C．D．3+15．（4分）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，a1，a2，…，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16．（4分）已知椭圆方程为，将此椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1，满足的平面区城绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2，则（）A．V2＝V1B．V2＝V1C．V2＝V1D．V2，V1无明确大小关系三、解答题（本大题共有5题，满分56分）17．（10分）已知空间向量与的夹角为arccos，且||＝，，令，．（1）求，为邻边的平行四边形的面积S；（2）求的夹角θ．18．（10分）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．19．（12分）在正四棱锥P﹣BCD中，正方形ABCD的边长为3，高OP＝6，E是侧棱PD上的点且PE＝PD，F是侧棱P A上的点且PF＝P A，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；（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．20．（12分）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＝，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．21．（12分）设点F1，F2分别是椭园C：（t＞0）的左、右焦点，且椭圆C 上的点到F2的距离的最小值为，点M，N是椭圆C上位于x轴上方的两点，且向量与向量平行．（1）求椭圆C的方程；（2）当＝0时，求△F1NF2的面积；（3）当时，求直线F2N的方程．2017-2018学年上海市复旦附中高二第二学期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题，满分48分）1．【考点】A1：虚数单位i、复数．【解答】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的个数是个．∴不同的复数z＝a+bi的个数是16个．故答案为：16．【点评】本题考查排列及排列数公式，是基础题．2．【考点】LD：斜二测法画直观图．【解答】解：该多边形的直观图是一个边长为的正方形，正方形的面积为S正方形＝＝2，∴原多边形的面积是2×2＝4．故答案为：4．【点评】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．3．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：根据题意，（1﹣2x）2018中，其展开式的通项为T r+1＝（﹣2x）r，又由，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．【点评】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．4．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：（﹣）9的展开式中，通项公式为T r+1＝••（﹣1）r•a9﹣r •，令﹣9＝3，求得r＝8，故x3的系数为•a＝，∴a＝4，故答案为：4．【点评】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．5．【考点】LR：球内接多面体．【解答】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＝πR3，∴R＝；又球的内接正方体的体对角线是球的直径，即3a2＝4R2，∴a＝R；∴正方体的体积为V正方体＝＝×＝．故答案为：．【点评】本题考查了球与其内接正方体的关系应用问题，是基础题．6．【考点】M7：空间向量的夹角与距离求解公式．【解答】解：＝（2，1，1），＝（λ，2，2），∵的夹角为锐角，∴•＝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，+∞）．【点评】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．7．【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【解答】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则圆柱的全面积与侧面积的比＝＝故答案：【点评】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．8．【考点】L3：棱锥的结构特征．【解答】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＝EF•FG•sin60°＝；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 AC，GH AC，得EI GH，∴四边形EGHI为平行四边形；又∵AC＝BD且AC⊥BD，EI AC，HI BD，∴EI＝HI且EI⊥HI，∴四边形EGHI为正方形，其边长为AB＝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×+3×1＝+3．故答案为：+3．【点评】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．9．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题；F4：进行简单的合情推理．【解答】解：根据题意，设满足条件的一个等差数列首项为a1，公差为d，必有d∈N*．则a5＝a1+4d，则d＝≤＝，则d的可能取值为1，2，3， (7)对于给定的d，a1＝a5﹣4d≤30﹣4d，当a1分别取1，2，3，…，30﹣4d时，可得递增等差数列30﹣4d个（如：d＝1时，a1≤26，当a1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：×（2+26）×7＝98个；故答案为：98．【点评】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．10．【考点】MJ：二面角的平面角及求法．【解答】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＝＝，CD＝，OD＝CD＝，∴OP＝＝．∴sinα＝＝．作AE⊥PC，垂足为E点，连接BE，∵△P AC≌△PBC，∴BE⊥PC．∴∠AEB为A﹣PC﹣B的平面角β，∵cos∠PCA＝＝．∴AE＝AC•sin∠PCA＝1×＝．在△AEB中，cosβ＝＝．∴3sin2α﹣2cosβ＝﹣＝2．故答案为：2．【点评】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．11．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【解答】解：AB⊥OB，可得PB⊥AB，即AB⊥面POB，所以面P AB⊥面POB．OD⊥PB，则OD⊥面P AB，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＝时取得最大值（斜边＝2的直角三角形）．当OD＝时，由PO＝2，知∠OPB＝30°，OB＝PO tan30°＝．故答案为：．【点评】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．12．【考点】8E：数列的求和．【解答】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【点评】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，属于难题二、选择题（本大题共有4题，满分16）13．【考点】DA：二项式定理．【解答】解：根据题意，的展开式的通项为T r+1＝（x）2018﹣r（）r＝××x2018﹣r；其系数为×，若系数为有理数，必有r＝6n，（n＝1、2 (336)共有336项，故选：A．【点评】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．14．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【解答】解：几何体的直观图如图：所以几何体的表面积为：3+3×+＝．故选：B．【点评】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．15．【考点】8B：数列的应用．【解答】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．【点评】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．16．【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【解答】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V1＝；满足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V2＝＝．∴．故选：C．【点评】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．三、解答题（本大题共有5题，满分56分）17．【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角．【解答】解：（1）根据条件，；∴；∴＝；（2）＝﹣2×3＝﹣3；＝，；∴＝；∴的夹角．【点评】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．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【解答】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＝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×××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×××××＝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＝120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120××＝7200种，则3名女生中，A，B要相邻，A，C不相邻的排法有1440+7200＝8640种排法．【点评】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．【考点】MI：直线与平面所成的角；MK：点、线、面间的距离计算．【解答】解：（1）∵在正四棱锥P﹣BCD中，正方形ABCD的边长为3，高OP＝6，E是侧棱PD上的点且PE＝PD，F是侧棱P A上的点且PF＝P A，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），＝（3，2，﹣1），＝（﹣2，4，﹣2），设平面EFG的一个法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得：平面EFG的一个法向量＝（0，1，2）．（2）＝（﹣8，2，2），则sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝，∴直线AG与平面EFG所成角θ＝arcsin．（3）＝（6，2，﹣4），∴点A到平面EFG的距离d＝＝＝．【点评】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．【考点】LM：异面直线及其所成的角；MJ：二面角的平面角及求法．【解答】解：∵平面ADE⊥平面ABCD，且∠ADE＝，∴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），，则cos＜＞＝，∴异面直线AE和DF所成角的大小为arccos；（2），，设平面BDF的一个法向量为，由，取z＝1，得，又平面DFC的一个法向量为，∴cos＜＞＝．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．【点评】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．【考点】K4：椭圆的性质；KL：直线与椭圆的综合．【解答】解：（1）点F1、F2分别是椭圆C：（t＞0）的左、右焦点，∴a＝t，c＝t，∵椭圆C上的点到点F2的距离的最小值为2﹣2，∴a﹣c＝t﹣t＝2﹣2，解得t＝2，∴椭圆的方程为；（2）由（1）可得F1（﹣2，0），F2（2，0），点N是椭圆C上位于x轴上方的点，可设N（2cosθ，2sinθ），∴＝（2cosθ+2，2sinθ），＝（2cosθ﹣2，2sinθ），∵＝0，∴（2cosθ+2）（2cosθ﹣2）+4sin2θ＝0，解得cosθ＝0，sinθ＝1，∴N（0，2），∴△F1NF2的面积S＝|F1F2|•y N＝×4×2＝4；（3）∵向量与向量平行，∴λ＝，∵，∴（|λ|﹣1）||＝，即|λ|＞1，设M（x1，y1），N（x2，y2），∴λ（x1+2）＝x2﹣2，y2＝λy1，∴x2＝λx1+2（λ+1）∵，∴x22+2y22＝8，∴[λx1+2（λ+1）]2+2λ2y12＝12λ2+8λ+4+4λ（λ+1）x1＝8，∴4λ（λ+1）x1＝（1﹣3λ）（λ+1），∴x1＝＝，∴y12＝4﹣，则||2＝（x1+2）2+y12＝（﹣3+2）2+4﹣＝，∴||＝，∴（λ﹣1）•＝，∴3λ2﹣8λ﹣3＝0，解得λ＝3，或λ＝（舍去）．∴x1＝﹣3＝，y12＝4﹣＝，∴y1＝，则M（，），∴＝，∵向量与向量平行，∴F2N所在直线当斜率为﹣1，∴直线F2N的方程为y﹣0＝﹣（x﹣2），即为x+y﹣2＝0．【点评】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．。

2017-2018学年高二年级数学期末试卷(理数)含答案

2017-18学年高二年级第二学期期末考试数学试卷（理数）本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分．考试时间120分钟，满分150分．第I 卷（选择题，共60分）注意事项：１．答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座号、考试科目涂写在答题卡上．２．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．不能答在试题卷上．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，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合{}1,0=A ，{}A y A x y x z z B ∈∈+==,,|，则集合B 的子集个数为（） A .3 B .4 C . 7 D .8 2．若322->m x 是41<<-x 的必要不充分条件，则实数m 的取值范围是（）A .[]3,3-B .(][)+∞-∞-,33,C . (][)+∞-∞-,11,D .[]1,1-3．命题“[)+∞-∈∀,2x ，13≥+x ”的否定为( )A .[),,20+∞-∈∃x 130<+xB .[),,20+∞-∈∃x 130≥+xC .[)+∞-∈∀,2x ，13<+xD .()2,-∞-∈∀x ，13≥+x4．已知函数()x f 在()+∞∞-,单调递减，且为奇函数，若()11-=f ，则满足()121≤-≤-x f 的x 的取值范围是( ）A .[]2,2-B .[]1,1-C .[]4,0D .[]3,15．已知函数()xx f 5=，()x ax x g -=2，若()[]11=g f ，则=a ( )A .1B .2C .3D .1-6．已知函数()⎩⎨⎧>+≤+-=2,log 3,2,6x x x x x f a ，()1,0≠>a a 且的值域是[)+∞,4，则实数a 的取值范围是( )A .[]1,1-B .(]2,1C .[]4,0D .[]3,17．已知函数()ax f x x -+=212 是奇函数，则使()3>x f 成立x 的取值范围是 ( )A .()1,-∞-B .()0,1-C . ()1,0D .()+∞,18．若0>>b a ，10<<c ，则 ( )A .c c b a log log <B .b a c c log log <C .c c b a <D .a b c c > 9．已知函数()12-=-mx x f 为偶函数，记()3log 5.0f a = ，()5log 2f b = ，()m f c 2=，则c b a ,,的大小关系为 ( ) A .c b a << B .b c a << C . b a c << D .a c b <<10．已知函数()34213123-+-=x mx x x f 在区间[]2,1上是增函数，则实数m 的取值范围是（）A .[]5,4B .[]4,2C . (][)+∞-∞-,11,D .(]4,∞- 11．已知函数()|1|23,0,21,0x x f x x x x -⎧>=⎨--+≤⎩若关于x 的方程()[]()()012=--+a x f a x f 有7个不等实根，则实数a 的取值范围是( )A .()1,2-B .[]4,2C . ()1,2--D .(]4,∞-12. 已知函数()a x x f ++-=13，⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈e ex ,1 与()x x g ln 3=的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围是( )A .[]4,03-eB .⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21,03e C . ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+4,2133e eD .[)+∞-,43e第II 卷（非选择题，共90分）注意事项：1.答题前将密封线内的项目及座号填写清楚；2.考生做答时，用黑色签字笔将答案答在答题卷上，答在试题卷上的答案无效．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分 13．已知函数()()2'11f x f x x =++，则()=⎰1dx x f .14．函数()()x x f cos sin lg =的定义域为_______________． 15．若()02222222≥++---x x xx a 在区间[]2,1上恒成立，则实数a 的取值范围是 ______．16．设()'f x 是奇函数()x f 的导函数，()02=-f ，当0>x 时，()()'0xf x f x ->，则使()0>x f 成立的x 的取值范围是 .三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（一）必考题：共60分 17．(本小题满分12分)在ABC ∆中,角C B A ,,所对的边分别为c b a ,,且ab c b a 3222+=+.（1）求角C 的值；（2）若ABC ∆为锐角三角形,且1=c ,求b a -3的取值范围. 18．(本小题满分12分)（单位：（1）根据频数分布表，求该产品尺寸落在的概率；（2）求这50件产品尺寸的样本平均数x ；（3）根据频率分布对应的直方图，可以认为这种产品尺寸z 服从正态分布2(,)N μσ；其中μ近似为样本平均值x ，2σ近似为样本方差2S ，经计算得222.37S =，利用正态分布，求(27.43)P z ≥．19.(本小题满分12分）如图，三棱柱111C B A ABC -中，CB AC =，1AA AB =，0160=∠BAA（1）证明：C A AB 1⊥；（2）若平面⊥ABC 平面B B AA 11，CB AB =，求直线C A 1与平面C C BB 11所成角的正弦值． 20. (本小题满分12分)已知三点()1,2-A ，()1,2B ，()0,0O ，曲线C 上任意一点()y x M ,满足||()M A M B O M O A O B+=++．（1）求C 的方程；（2）动点()00,y x Q ()220<<-x 在曲线C 上，l 是曲线C 在Q 处的切线．问：是否存在定点()t P ,0()0<t 使得l 与PB PA ,都相交，交点分别为E D ,，且ABQ ∆与PDE ∆的面积之比为常数？若存在，求t 的值；若不存在，说明理由． 21.(本小题满分12分）()x x f ln =，()xe x g =．1）求函数()x x f y -=的单调区间；2）求证：函数()x f y =和()x g y=在公共定义域内，()()2>-x f x g 恒成立；3）若存在两个不同的实数1x ，2x ，满足()()a x x f x x f ==2211，求证：1221>exx ．（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所作第一题计分.22.(本小题满分10分)在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系。

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