2017-2018学年上海市复旦附中高二(下)期末数学试卷及答案
2017-2018学年上海市复旦附中高二（下）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（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).。
2017-2018学年上海市复旦附中高二上学期期末考试数学试题(解析版)
2017-2018学年上海市复旦附中高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．当时，方程所表示的曲线是（）A．焦点在轴的椭圆B．焦点在轴的双曲线C．焦点在轴的椭圆D．焦点在轴的双曲线【答案】D【解析】【分析】先化简方程得，即得曲线是焦点在轴的双曲线.【详解】化简得，因为ab＜0,所以＞0，所以曲线是焦点在轴的双曲线.故答案为：D【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力. 2．已知的方程，点是圆内一点，以为中心点的弦所在的直线为，直线的方程为，则（）A．，且与圆相离B．，且与圆相交C．与重合，且与圆相离D．，且与圆相交【答案】A【解析】【分析】利用直线m是以P为中点的弦所在的直线可求得其斜率，进而根据直线n的方程可判断出两直线平行；表示出点到直线n的距离，根据点P在圆内判断出a，b和r的关系，进而判断出圆心到直线n的距离大于半径，判断出二者的关系是相离．【详解】直线m是以P为中点的弦所在的直线∴直线m⊥PO，∴m的斜率为﹣，∵直线n的斜率为﹣，∴n∥m圆心到直线n的距离为∵P在圆内，∴a2+b2＜r2，∴＞r，∴直线n与圆相离.故答案为：A【点睛】(1)本题主要考查直线的位置关系，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)判断直线与圆的位置关系常用的方法，(几何法)：比较圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系：①②③3．椭圆上有个不同的点，椭圆右焦点，数列是公差大于的等差数列，则的最大值为（）A．2017 B．2018 C．4036 D．4037【答案】C【解析】【分析】由已知求出c，可得椭圆上点到点F距离的最大最小值，由等差数列的通项公式求得公差，再由公差大于求得n的最大值．【详解】由已知椭圆方程可得：a2=16，b2=15，则c=1．∴|P1F|=a﹣c=3，当n最大时，|P n F|=a+c=5．设公差为d，则5=3+（n﹣1）d，∴d=，由，可得n＜4037，∴n的最大值为4036．故答案为：C【点睛】（1）本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查等差数列的通项，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)本题解题的关键是分析得到当n最大时，|P n F|=a+c=5．4．如图，过抛物线的焦点作直线交抛物线于、两点，若，则的大小为（）A．15°B．30°C．45°D．不确定【答案】B【解析】【分析】画出图形，利用抛物线的简单几何性质转化求解即可．【详解】取AB中点C，连结MC，过抛物线y2=2px（p＞0）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，根据抛物线性质，∴MC平行于x轴，且MF⊥AB，∵∠AMF=60°，∴∠CAM=∠CMA=30°，∴∠CMF=∠MFO=30°，故答案为：B【点睛】（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查平面几何知识，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是证明MC平行于x轴，且MF⊥AB.二、填空题5．准线方程为的抛物线标准方程为_______【答案】【解析】【分析】根据准线方程得到抛物线的开口方向和p的值，即得抛物线的标准方程.【详解】，所以抛物线的开口向上，设抛物线方程为，所以抛物线的标准方程为.故答案为：【点睛】(1)本题主要考查抛物线的标准方程的求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2)求抛物线的标准方程，一般利用待定系数法，先定位，后定量. 6．已知圆和点，则过点的圆的切线方程为______【答案】【解析】【分析】先由题得到点A在圆上，再设出切线方程为利用直线和圆相切得到k的值，即得过点A的圆的切线方程.【详解】因为，所以点在圆上，设切线方程为即kx-y-k+2=0,因为直线和圆相切，所以，所以切线方程为，所以切线方程为，故答案为：【点睛】（1）本题主要考查圆的切线方程的求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)点到直线的距离.7．若椭圆的弦被点（4，2）平分，则此弦在直线的斜率为_______【答案】【解析】【分析】利用点差法求直线的斜率.【详解】设弦的端点为则，所以所以所以.故答案为：【点睛】（1）本题主要考查点差法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 如果已知中涉及圆锥曲线的弦的中点，一般利用点差法，可以减少运算，提高解题效率.使用点差法，一般先“设点代点”，再作差，最后化简，最后可以得到中点的坐标和直线的斜率的关系.8．参数方程（为参数，且）化为普通方程是_____【答案】【解析】【分析】由题得，再把两式相加即得参数方程的普通方程.【详解】由题得，两式相加得.所以普通方程为.故答案为:【点睛】(1)本题主要考查参数方程化普通方程，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 参数方程消参常用的方法有三种.①加减消参：直接把两个方程相加减即可消去参数.②代入消参：通过其中的一个方程求出参数的值，再代入另外一个方程化简.③恒等式消参：通过方程计算出，再利用三角恒等式消去参数.9．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，则的值为______【答案】4【解析】【分析】由题得，解之即得a的值.【详解】由题得，所以a=4,故答案为：4【点睛】（1）本题主要考查椭圆和双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)椭圆中，双曲线中10．设和为双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且满足，则的面积是_______【答案】【解析】【分析】先求出双曲线的a,b,c,再利用求出，即得三角形的面积.【详解】由题得.由题得所以.故答案为：【点睛】(1)本题主要考查双曲线的几何性质，考查余弦定理解三角形和三角形的面积，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)解答圆锥曲线问题时，看到焦点和焦半径要联想到曲线的定义提高解题效率.11．已知抛物线的焦点和，点为抛物线上的动点，则取到最小值时点的坐标为________【答案】【解析】【分析】设点P在准线上的射影为D，由抛物线的定义把问题转化为求|PA|+|PD|的最小值，同时可推断出当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，答案可得．【详解】过点P作PB垂直于准线，过A作AH垂直于准线，PA+PF=PA+PB≤AH，此时最小，点P与点A的坐标为相同，所以点P为.故答案为：【点睛】(1)本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查抛物线的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2) 解答圆锥曲线问题时，看到焦点和焦半径要联想到曲线的定义提高解题效率.12．双曲线的左右焦点分别为、，为右支上一点，且，则双曲线渐近线的夹角为_______【答案】，或【解析】【分析】利用双曲线的定义，求出，通过焦点三角形面积公式求出b，然后求出双曲线的渐近线方程，即可得到双曲线渐近线的夹角．【详解】根据题意，，由焦点三角形面积公式,渐近线为，夹角为，或.故答案为：，或【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，注意焦点三角形面积公式的应用．13．已知定点和定圆，动圆和圆外切，且经过点，求圆心的轨迹方程_______【答案】双曲线的左支【解析】【分析】画出图形，利用双曲线的定义转化求解即可．【详解】结合图象可得，|MQ|﹣|MP|=4，可得a=2，c=4，则b=，M的轨迹为双曲线的左支．故答案为：双曲线的左支．【点睛】(1)本题主要考查点的轨迹方程,意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)求轨迹方程的四种主要方法:①待定系数法：通过对已知条件的分析，发现动点满足某个曲线（圆、圆锥曲线）的定义，然后设出曲线的方程，求出其中的待定系数，从而得到动点的轨迹方程.②代入法：如果点的运动是由于点的运动引起的，可以先用点的坐标表示点的坐标，然后代入点满足的方程，即得动点的轨迹方程.③直接法：直接把已知的方程和条件化简即得动点的轨迹方程.④参数法：动点的运动主要是由于某个参数的变化引起的，可以选参、设参，然后用这个参数表示动点的坐标，即，再消参.14．（题文）设直线与抛物线相交于、两点，与圆相切于点，且为线段的中点，若这样的直线恰有4条，则的取值范围是_______【答案】（2，4）【解析】设直线的方程为，，把直线的方程代入抛物线方程，整理可得：则，，则线段的中点由题意可得直线与直线垂直，且当时，有即，整理得把代入到可得，即由于圆心到直线的距离等于半径即，此时满足题意且不垂直于轴的直线有两条当时，这样的直线恰有条，即，综上所述，若这样的直线恰有条，则的取值范围是点睛：本题主要考查的知识点是直线与抛物线，圆的位置关系，考查了学生分析解决问题的能力，属于中档题。
复旦附中高二第二学期数学期末复习(4) 二项式定理 2017.6
高二第二学期数学期末复习（4） 二项式定理 2017.6班级 姓名一、填空题1．31n x x 骣÷ç-÷ç÷ç桫的二项展开式中，有且仅有第6项的系数最小，则n = 。
2．在()932x y -的二项展开式中，二项式的系数和为 ；各项系数和为 ． 3．若?x骣ç+çç桫的二项展开式中，各项系数之和等于32，则展开式中的第3项为 ．4．在骣的二项展开式中，所有奇数项的系数和为64，则展开式中系数最大的项是 。
5．满足不等式1220003000n n n n C C C <+++<的正整数n = 。
6．已知()()()22012111n n n x x x a a x a x a x ++++++=++++，且12a a +++1n a -29n =-，则n =7．如果()1nx +的展开多中有相邻两项的系数比为2:3，则n 的最小值为 ．8．在30的二项展开式中，关于x 的有理项共有 项。
9．设()665651031x a x a x a x a -=++++，则642a a a ++= 。
10．已知()()()220121111n n n x x x a a x a x a x +++++++=++++，则用n 表示1a = 。
11．实数()()()()()()52345012345122222x a a x a x a x a x a x -=++++++++++，则012345a a a a a a +++++= 。
12．设()22201221n n n x x a a x a x a x ++=++++，则13521n a a a a -++++= ，()()22024213521n n a a a a a a a a -++++-++++= 。
13．化简：()1122122221n n n n n n n n C C C ----??+?-= 。
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。
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．。
上海市上海中学2017-2018学年高二下学期期末数学试题(逐题详解版)
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_________. 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____________.3. 5(31)x -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=________. 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_______.5. 从编号为0，1，2，…，7980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___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__________．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________.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_________．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________．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________． 11. 若对于任意实数x ，都有1021001210(2)(2)(2)x a a x a x a x =+++++++，则3a 的值为_________. 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）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+ 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 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 =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.18. 求二项式500(12)x +的展开式中项系数最大的项的系数.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.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？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.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. ①③ B. 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)rr 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 hππ==+，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2rha r h=+． 其体积233222()2rh V a a a r hπππ===+． 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2rha 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 hππ+++===++++． ∴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 hππ+==-++-+． 由232223146373r h r h r rh hππ=++，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学年上海市复旦附中高一(下)学期期末数学试卷 (解析版)
2017-2018学年上海市复旦附中高一第二学期期末数学试卷一.填空题1．在等差数列{a n }中，若a 4＝0，a 6+a 7＝10，则a 7＝2．在数列1、3、7、15、…中，按此规律，127是该数列的第 项 3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2﹣1，那么数列{a n }的通项公式为 4．若在等比数列{a n }中，a 1•a 2…a 9＝512，则a 5＝ 5．方程（3cos x ﹣1）（cos x +√3sin x ）＝0的解集是 6．若数列{a n }满足a 1＝13，a n +1﹣a n ＝n ，则a n n的最小值为7．若数列{a n }是等差数列，则数列b n =a n+1+⋯+a n+mm（m ∈N *）也为等差数列，类比上述性质，相应地，若正项数列{c n }是等比数列，则数列d n ＝ 也是等比数列 8．观察下列式子：1+12≥32，1+12+13+14＞2，1+12+13+⋯+18＞52，…，你可归纳出的不等式是 ．9．在我国古代数学著作《孙子算经》中，卷下第二十六题是：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？满足题意的答案可以用数列表示，该数列的通项公式可以表示为a n ＝ 10．对于下列数排成的数阵：它的第10行所有数的和为11．对于数列{a n }满足：a 1＝1，a n +1﹣a n ∈{a 1，a 2，…，a n }（n ∈N *），其前n 项和为S n ，记满足条件的所有数列{a n }中，S 12的最大值为a ，最小值为b ，则a ﹣b ＝ 12．设n ∈N *，用A n 表示所有形如2r 1+2r 2+⋯+2r n 的正整数集合，其中0≤r 1＜r 2＜…＜r n ≤n ，且r i ∈N （i ∈N *），b n 为集合A n 中的所有元素之和．则{b n }的通项公式为b n ＝ ． 二.选择题13．“b 是1+√3与1−√3的等差中项”是“b 是2+√3与2−√3的等比中项”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件14．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝64，且数列{an+1an}是等比数列，其公比q =−12，则数列{a n }的最大项等于（ ） A ．a 7B ．a 8C ．a 6或a 9D ．a 1015．若数列a n =cos(π3n +π5)，若k ∈N *，则在下列数列中，可取遍数列{a n }前6项值的数列为（ ） A ．{a 2k +1}B ．{a 3k +1}C ．{a 4k +1}D ．{a 5k +1}16．数列{a n }中，若a 1＝a ，a n+1=sin(π2a n )，n ∈N *，则下列命题中真命题个数是（ ） （1）若数列{a n }为常数数列，则a ＝±1；（2）若a ∈（0，1），数列{a n }都是单调递增数列；（3）若a ∉Z ，任取{a n }中的9项a k 1，a k 2，a k 3，…，a k 9（1＜k 1＜k 2＜…＜k 9）构成数列{a n }的子数列{a k n }，n ＝1，2，…，9，则{a k n }都是单调数列． A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个三.解答题17．已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 4a 6＝96，a 3+a 7＝20，数列{b n }满足等式：a n =b 12+b 222+b 323+⋯+bn 2n （n ∈N *）． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）求数列{b n +n+12}的前n 项和S n ． 18．已知b 、c 为常数且均不为零，数列{a n }的通项公式为a n ={b ⋅n −1，n 为奇数c ⋅3n，n 为偶数，并且a 1、a 3、a 2成等差数列，a 1、a 2、a 4成等比数列． （1）求b 、c 的值；（2）设S n 是数列{a n }前n 项的和，求使得不等式S 2n ＞20182成立的最小正整数n ． 19．王某2017年12月31日向银行贷款100000元，银行贷款年利率为5%，若此贷款分十年还清（2027年12月31日还清），每年年底等额还款（每次还款金额相同），设第n 年末还款后此人在银行的欠款额为a n 元． （1）设每年的还款额为m 元，请用m 表示出a 2； （2）求每年的还款额（精确到1元）．20．设数列{a n}的首项a1为常数，且a n+1＝3n﹣2a n（n∈N*）．（1）判断数列{a n−3n5}是否为等比数列，请说明理由；（2）S n是数列{a n}的前n项的和，若{S n}是递增数列，求a1的取值范围．21．如果数列{a n}对任意的n∈N*满足：a n+2+a n＞2a n+1，则称数列{a n}为“M数列”．（1）已知数列{a n}是“M数列”，设b n＝a n+1﹣a n，n∈N*，求证：数列{b n}是递增数列，并指出2（a5﹣a4）与a4﹣a2的大小关系（不需要证明）；（2）已知数列{a n}是首项为1，公差为2d的等差数列，S n是其前n项的和，若数列{|S n|}是“M数列”，求d的取值范围；（3）已知数列{a n}是各项均为正数的“M数列”，对于n取相同的正整数时，比较u n=a1+a3+⋯+a2n+1n+1和v n=a2+a4+⋯+a2nn的大小，并说明理由．2017-2018学年上海市复旦附中高一第二学期期末数学试卷参考答案一.填空题1．在等差数列{a n }中，若a 4＝0，a 6+a 7＝10，则a 7＝ 6 【分析】由已知列式求得公差，再由等差数列的通项公式得答案． 解：在等差数列{a n }中，由a 4＝0，a 6+a 7＝10， 得2a 4+5d ＝10，即d ＝2． ∴a 7＝a 4+3d ＝6． 故答案为：6．【点评】本题考查等差数列的通项公式，是基础的计算题．2．在数列1、3、7、15、…中，按此规律，127是该数列的第 7 项【分析】分别求出a 2﹣a 1，a 3﹣a 2，a 4﹣a 3，结果构成等比数列，进而推断数列{a n ﹣a n ﹣1}是首相为2，公比为2的等比数列，进而各项相加可得答案．解：a 2﹣a 1＝21，a 3﹣a 2＝22，a 4﹣a 3＝23，…依此类推可得a n ﹣a n ﹣1＝2n ﹣1∴a 2﹣a 1+a 3﹣a 2+a 4﹣a 3…+a n ﹣a n ﹣1＝a n ﹣a 1＝21+22+23+…+2n ﹣1＝2n ﹣2 ∴a n ﹣a 1＝2n ﹣2， a n ＝2n ﹣1， ∴2n ﹣1＝127， 解得n ＝7， 故答案为：7【点评】本题主要考查了求数列的通项公式．关键推断{a n ﹣a n ﹣1}是等比数列，再用累加法求得数列的通项公式．3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2﹣1，那么数列{a n }的通项公式为 a n ={0，n =12n −1，n ≥2【分析】运用数列的递推式：a 1＝S 1；n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1，即可得到所求通项公式． 解：数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2﹣1， 可得a 1＝S 1＝1﹣1＝0；n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝n 2﹣1﹣（n ﹣1）2+1＝2n ﹣1，则a n ={0，n =12n −1，n ≥2，故答案为：a n ={0，n =12n −1，n ≥2．【点评】本题考查数列的递推式的运用：求通项公式，考查运算能力，属于基础题． 4．若在等比数列{a n }中，a 1•a 2…a 9＝512，则a 5＝ 2 【分析】根据等比中项的性质即可求解． 解：{a n }是等比数列，a m •a n ＝a p •a q ． 由a 1•a 2…a 9＝512， 即a 59=512， ∴a 5＝2． 故答案为：2．【点评】本题考查了等比数列的性质，是基础题．5．方程（3cos x ﹣1）（cos x +√3sin x ）＝0的解集是 {x|x =±arccos 13+2kπ，x =−π6+kπ，k ∈Z}【分析】直接利用三角函数关系是的恒等变换，再利用三角方程求出结果． 解：方程（3cos x ﹣1）（cos x +√3sin x ）＝0， 整理得：（3cos x ﹣1）•2sin （x +π6）＝0． 故：cos x =13或sin （x +π6）＝0，解得：x =±arccos 13+2kπ或x =−π6+kπ（k ∈Z ）． 故方程的解集为{x |x =±arccos 13+2kπ，x =−π6+kπ，k ∈Z }故答案为：{x |x =±arccos 13+2kπ}，x =−π6+kπ，k ∈Z }【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，反三角的应用． 6．若数列{a n }满足a 1＝13，a n +1﹣a n ＝n ，则a n n的最小值为235【分析】由数列恒等式：a n ＝a 1+（a 2﹣a 1）+…+（a n ﹣a n ﹣1），以及基本不等式和等号成立的条件，计算可得所求最小值． 解：数列{a n }满足a 1＝13，a n +1﹣a n ＝n ，可得a n ＝a 1+（a 2﹣a 1）+…+（a n ﹣a n ﹣1） ＝13+1+2+…+（n ﹣1）＝13+12n （n ﹣1）， 则a n n =12n +13n −12， 由12n +13n≥2√132=√26，当且仅当n =√26∉N *，由n ＝5可得12×5+135−12=235；由n ＝6可得12×6+136−12=143， 则a n n的最小值为235．故答案为：235．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列恒等式，考查基本不等式的运用，注意等号成立的条件，属于中档题． 7．若数列{a n }是等差数列，则数列b n =a n+1+⋯+a n+mm（m ∈N *）也为等差数列，类比上述性质，相应地，若正项数列{c n }是等比数列，则数列d n ＝ √c n+1⋅c n+2⋯c n+m m 也是等比数列【分析】本题考查的知识点是类比推理，在类比等差数列的性质推理等比数列的性质时，我们一般的思路有：由加法类比推理为乘法，由减法类比推理为除法，由算术平均数类比推理为几何平均数等，故我们可以由数列{c n }是等差数列，则当b n =a n+1+⋯+a n+mm时，数列{b n }也是等差数列．类比上述性质，若数列{a n }是各项均为正数的等比数列，则当d n =√c n+1⋅c n+2⋯c n+m m 时，数列{d n }也是等比数列． 解：在类比等差数列的性质推理等比数列的性质时， 我们一般的思路有：由加法类比推理为乘法，由减法类比推理为除法， 由算术平均数类比推理为几何平均数等， 故我们可以由数列{a n }是等差数列，则当b n =a n+1+⋯+a n+mm时，数列{b n }也是等差数列．类比推断：若数列{c n }是各项均为正数的等比数列，则当d n =√c n+1⋅c n+2⋯c n+m m 时，数列{d n }也是等比数列．故答案为：√c n+1⋅c n+2⋯c n+mm【点评】类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．8．观察下列式子：1+12≥32，1+12+13+14＞2，1+12+13+⋯+18＞52，…，你可归纳出的不等式是1+12+13+⋯+12n≥n+22．【分析】观察左边可得左边为1+12+13+⋯+12n，右边为n+22，即可得到答案．解：1+12≥32，1+12+13+14＞2=42，1+12+13+⋯+18＞52，…，可得1+12+13+⋯+12n＞n+2 2，故答案为：1+12+13+⋯+12n＞n+22【点评】本题考查了归纳推理的问题，关键是找到规律，属于基础题9．在我国古代数学著作《孙子算经》中，卷下第二十六题是：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？满足题意的答案可以用数列表示，该数列的通项公式可以表示为a n＝105n+23【分析】根据题意结合数列的概念进行求解即可．解：本题的意思是一个数用3除余2，用7除也余2，所以用3与7的最小公倍数21除也余2，而用21除余2的数我们首先就会想到23；23恰好被5除余3，即最小的一个数为23，同时这个数相差又是3，5，7的最小公倍数，即3×5×7＝105，即数列的通项公式可以表示为a n＝105n+23，故答案为：105n+23【点评】本题主要考查数列的概念，结合题意进行转化是解决本题的关键．10．对于下列数排成的数阵：它的第10行所有数的和为﹣505【分析】故第10行的第一个数为1+(1+9)×92=46，第10行的最后一个数无45+10＝55，由此能求出第10行所有数的和．解：第1行1个数，第2行2个数，则第9行9个数，故第10行的第一个数为1+(1+9)×92=46，第10行的最后一个数无45+10＝55，且奇数为负数，偶数为正数，故第10行所有数的和为462﹣472+482﹣492+502﹣512+522﹣532+542﹣552＝﹣（46+47+48+49+50+51+52+53+54+55）＝﹣505，故答案为：505．【点评】本题考查数列中第10行所有数的和的求法，是基础题，解题时要注意等差数列的性质的合理运用．11．对于数列{a n}满足：a1＝1，a n+1﹣a n∈{a1，a2，…，a n}（n∈N*），其前n项和为S n，记满足条件的所有数列{a n}中，S12的最大值为a，最小值为b，则a﹣b＝4017【分析】由a1＝1，a n+1﹣a n∈{a1，a2，…，a n}（n∈N+），分别令n＝2，3，4，5，求得{a n}的前5项，观察得到最小值b＝1+2+3+4+5+…+12，a＝1+2+22+23+24+…+211，计算即可得到a﹣b的值．解：由a1＝1，a n+1﹣a n∈{a1，a2，…，a n}（n∈N+），可得a2﹣a1＝a1，解得a2＝2a1＝2，又a3﹣a2∈{a1，a2}，可得a3＝a2+a1＝3或2a2＝4，又a4﹣a3∈{a1，a2，a3}，可得a4＝a3+a1＝4或5；a4＝a3+a2＝5或6；或a4＝2a3＝6或8；又a5﹣a4∈{a1，a2，a3，a4}，可得a5＝a4+a1＝5或6或7；a5＝a4+a2＝6或7或8；a5＝a4+a3＝7或8或9或10或12；a5＝2a3＝8或10或12或16．综上可得S12的最大值a＝1+2+22+23+24+…+211=1−2121−2=4095，最小值为b＝1+2+3+4+5+…+12=12(1+12)2=78．则a﹣b＝4095﹣78＝4017．故答案为：4017．【点评】本题考查数列的和的最值，注意运用元素与集合的关系，运用列举法，考查判断能力和运算能力，属于中档题．12．设n ∈N *，用A n 表示所有形如2r 1+2r 2+⋯+2r n 的正整数集合，其中0≤r 1＜r 2＜…＜r n ≤n ，且r i ∈N （i ∈N *），b n 为集合A n 中的所有元素之和．则{b n }的通项公式为b n ＝ n •（2n +1﹣1） ．【分析】把集合A n 中每个数都表示为2的0到n 的指数幂相加的形式，并确定20、21、22、…、2n 每个数都出现n 次，于是利用等比数列求和公式计算b n =n(20+21+22+⋯+2n )，可求出数列{b n }的通项公式．解：由题意可知，r 1、r 2、…、r n 是0、1、2、…、n 的一个排列，且集合A n 中共有n +1个数，若把集合A n 中每个数表示为2r 1+2r 2+⋯+2r n 的形式， 则20、21、22、…、2n 每个数都出现n 次， 因此，b n =n(20+21+22+⋯+2n)=n⋅1(1−2n+1)1−2=n(2n+1−1)，故答案为：n •（2n +1﹣1）．【点评】本题考查等比数列的求和公式，考查学生的理解能力与计算能力，属于中等题． 二.选择题13．“b 是1+√3与1−√3的等差中项”是“b 是2+√3与2−√3的等比中项”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【分析】根据等差中项和等比中项的定义结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 解：若b 是1+√3与1−√3的等差中项，则b =1+√3+1−√32=1，若b 是2+√3与2−√3的等比中项， 则b ＝±√(2+√3)(2−√3)=±1，则“b 是1+√3与1−√3的等差中项”是“b 是2+√3与2−√3的等比中项”的充分不必要条件， 故选：A ．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差中项和等比中项的定义求出b 的值是解决本题的关键．14．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝64，且数列{an+1an}是等比数列，其公比q =−12，则数列{a n }的最大项等于（ ） A ．a 7B ．a 8C ．a 6或a 9D ．a 10【分析】在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝64，且数列{an+1an}是等比数列，其公比q =−12，利用等比数列的通项公式可得：a n+1a n=（﹣1）n ﹣1•27﹣n ．可得a n =a 1×a 2a 1×a3a 2×⋯×a nan−1=(−1)(n−2)(n−1)22(n−1)(6+8−n)2，利用二次函数的单调性即可得出． 解：∵在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝64，且数列{an+1an}是等比数列，其公比q =−12， ∴a n+1a n=641×（−12）n ﹣1＝（﹣1）n ﹣1•27﹣n ．∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×⋯×a nan−1=1×（﹣1）0+1+……+（n ﹣2）×26+5+……+（8﹣n ）=(−1)(n−2)(n−1)22(n−1)(6+8−n)2， ∵(n−1)(14−n)2=−12(n −152)2+1698．由n ＝7或8时，(−1)(n−2)(n−1)2=−1，n ＝6或9时，a 6＝220＝a 9， ∴数列{a n }的最大项等于a 6或a 9． 故选：C ．【点评】本题考查了等比数列的通项公式、累乘求积方法、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．若数列a n =cos(π3n +π5)，若k ∈N *，则在下列数列中，可取遍数列{a n }前6项值的数列为（ ） A ．{a 2k +1}B ．{a 3k +1}C ．{a 4k +1}D ．{a 5k +1}【分析】推导出{a n }是以6为周期的周期数列，从而{a 5k +1}是可取遍数列{a n }前6项值的数列．解：∵数列a n =cos(π3n +π5)，k ∈N *， ∴a 1=cos 8π15，a 2=cos 13π15， a 3=cos 18π15，a 4=cos 23π15， a 5=cos28π15， a 6=cos 33π15=cos 3π15，a 7=cos 8π15，∴{a n }是以6为周期的周期数列，∴{a 5k +1}是可取遍数列{a n }前6项值的数列． 故选：D ．【点评】本题考查可取遍数列{a n }前6项值的数列的求法，考查数列的周期性等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．16．数列{a n }中，若a 1＝a ，a n+1=sin(π2a n )，n ∈N *，则下列命题中真命题个数是（ ） （1）若数列{a n }为常数数列，则a ＝±1；（2）若a ∈（0，1），数列{a n }都是单调递增数列；（3）若a ∉Z ，任取{a n }中的9项a k 1，a k 2，a k 3，…，a k 9（1＜k 1＜k 2＜…＜k 9）构成数列{a n }的子数列{a k n }，n ＝1，2，…，9，则{a k n }都是单调数列． A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【分析】（1）由数列{a n }为常数数列，则a 2＝sin （π2a ）＝a ，解方程可得a 的值； （2）由函数f （x ）＝sin （π2x ）﹣x ，x ∈（0，1），求得导数和极值，可判断单调性；（3）由f （x ）＝sin （π2x ）﹣x ，判断奇偶性和单调性，结合正弦函数的单调性，即可得到结论．解：数列{a n }中，若a 1＝a ，a n+1=sin(π2a n )，n ∈N *， （1）若数列{a n }为常数数列，则a 2＝sin （π2a ）＝a ，解得a ＝0或±1，故（1）不正确； （2）若a ∈（0，1），π2a ∈（0，π2），a 2＝sin （π2a ），由函数f （x ）＝sin （π2x ）﹣x ，x ∈（0，1），f ′（x ）=π2cos （π2x ）﹣1，由π2x ∈（0，π2），可得极值点唯一且为m =2πarccos 2π， 极值为f （m ）=√π2−4π−2πarccos 2π＞0，由f （0）＝f （1）＝0，可得a 2＞a 1， 则a 3﹣a 2＝sin （π2a 2）﹣sin （π2a 1）＞0，即有a 3＞a 2，…，由于a n ∈（0，1），π2a n ∈（0，π2），由正弦函数的单调性，可得a n +1＞a n ， 则数列{a n }都是单调递增数列，故（2）正确；（3）若a ∈（0，1），任取{a n }中的9项a k 1，a k 2，a k 3，…，a k 9（1＜k 1＜k 2＜…＜k 9） 构成数列{a n }的子数列{a k n }，n ＝1，2，…，9，{a k n }是单调递增数列； 由f （x ）＝sin （π2x ）﹣x ，可得f （﹣x ）＝﹣f （x ），f （x ）为奇函数；当0＜x ＜1时，f （x ）＞0，x ＞1时，f （x ）＜0； 当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；x ＜﹣1时，f （x ）＞0，运用正弦函数的单调性可得0＜a ＜1时，a ＜﹣1时，数列{a n }单调递增； ﹣1＜a ＜0时，a ＞1时，数列{a n }单调递减． 数列{a n }都是单调递增数列，故（3）正确； 故选：C ．【点评】本题考查数列的单调性的判断和运用，考查正弦函数的单调性，以及分类讨论思想方法，属于难题． 三.解答题17．已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 4a 6＝96，a 3+a 7＝20，数列{b n }满足等式：a n =b 12+b 222+b 323+⋯+bn 2n （n ∈N *）． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）求数列{b n +n+12}的前n 项和S n ．【分析】（1）由已知列式求得a 4、a 6的值，进一步求出公差，则数列{a n }的通项公式可求；（2）把数列{a n }的通项公式代入a n =b 12+b 222+b 323+⋯+b n 2n ，得a n−1=b 12+b 222+b323+⋯+b n−12n−1（n ≥2），作差可得b n ，再由数列的分组求和可得数列{b n+n+12}的前n 项和S n ．解：（1）在等差数列{a n }中，由a 3+a 7＝20，得a 4+a 6＝20， 又a 4a 6＝96，可得{a 4=8a 6=12或{a 4=12a 6=8．∵d ＞0，∴{a 4=8a 6=12，则d =a 6−a 46−4=2． ∴a n ＝a 4+2（n ﹣4）＝2n ；（2）由a n =b 12+b 222+b 323+⋯+bn 2n （n ∈N *）， 得a n−1=b 12+b 222+b 323+⋯+bn−12n−1（n ≥2）， ∴a n −a n−1=2=b n 2n ，即b n =2n+1（n ≥2）， ∵b 1=2a 1=4=22满足上式， ∴b n =2n+1．则b n +n+12=2n+1+n+12， ∴数列{b n +n+12}的前n 项和S n ＝（b 1+b 2+…+b n ）+12(1+2+⋯+n)+n2 =4(1−2n)1−2+12×n(n+1)2+n 2=2n+2−4+n(n+3)4． 【点评】本题考查数列递推式，考查数列的分组求和，是中档题．18．已知b 、c 为常数且均不为零，数列{a n }的通项公式为a n ={b ⋅n −1，n 为奇数c ⋅3n ，n 为偶数，并且a 1、a 3、a 2成等差数列，a 1、a 2、a 4成等比数列． （1）求b 、c 的值；（2）设S n 是数列{a n }前n 项的和，求使得不等式S 2n ＞20182成立的最小正整数n ． 【分析】（1）由a n ={b ⋅n −1，n 为奇数c ⋅3n ，n 为偶数，可得a 1＝b ﹣1，a 2＝9c ，a 3＝3b ﹣1，a 4＝81c ．根据a 1、a 3、a 2成等差数列，a 1、a 2、a 4成等比数列．可得2a 3＝a 1+a 2，a 22=a 1a 4，代入解出即可得出． （2）由（1）可得：a n ={2n −1，n 为奇数3n ，n 为偶数，可得S 2n ＝（a 1+a 3+……+a 2n ﹣1）+（a 2+a 4+……+a 2n ）＝（1+5+……+4n ﹣3）+（32+34+……+32n ），分别利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出．解：（1）∵a n ={b ⋅n −1，n 为奇数c ⋅3n ，n 为偶数，∴a 1＝b ﹣1，a 2＝9c ，a 3＝3b ﹣1，a 4＝81c ． ∵a 1、a 3、a 2成等差数列，a 1、a 2、a 4成等比数列．∴2a 3＝a 1+a 2，a 22=a 1a 4，∴2（3b ﹣1）＝b ﹣1+9c ，81c 2＝（b ﹣1）×81c ，b ，c ≠0． 联立解得：b ＝2，c ＝1． （2）由（1）可得：a n ={2n −1，n 为奇数3n，n 为偶数，∴S 2n ＝（a 1+a 3+……+a 2n ﹣1）+（a 2+a 4+……+a 2n ） ＝（1+5+……+4n ﹣3）+（32+34+……+32n ）=n(1+4n−3)2+9(1−9n)1−9＝2n 2﹣n +9n+1−98，由S 2n =2n 2−n +9n+1−98＞20182，解得n ＞6． ∴n ＝7．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式及其性质、分类讨论方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．王某2017年12月31日向银行贷款100000元，银行贷款年利率为5%，若此贷款分十年还清（2027年12月31日还清），每年年底等额还款（每次还款金额相同），设第n 年末还款后此人在银行的欠款额为a n 元． （1）设每年的还款额为m 元，请用m 表示出a 2； （2）求每年的还款额（精确到1元）．【分析】（1）由题意可得：a 2＝100000×（1+5%）2﹣m （1+5%）﹣m ．（2）a 10＝100000×（1.05）10﹣m ×（1.05）9﹣m ×（1.05）8﹣……﹣m ＝0，利用等比数列的求和公式即可得出．解：（1）a 2＝100000×（1+5%）﹣m （1+5%）2﹣m ＝110250﹣2.05m ． （2）a 10＝100000×（1.05）10﹣m ×（1.05）9﹣m ×（1.05）8﹣……﹣m ＝0，100000×1.0510−m(1−1.0510)1−1.05=0，解得：m =100000×0.05×(1.05)10(1.05)10−1≈12950．【点评】本题考查了等比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．20．设数列{a n }的首项a 1为常数，且a n +1＝3n ﹣2a n （n ∈N *）． （1）判断数列{a n −3n5}是否为等比数列，请说明理由；（2）S n 是数列{a n }的前n 项的和，若{S n }是递增数列，求a 1的取值范围． 【分析】（1）由a n +1＝3n ﹣2a n （n ∈N *），当a 1≠35时，a n+1−3n+15a n −3n 5=3n −2an −3n+15a n −3n 5=−2，即可得出结论．（2）由（1）可得：a n −3n 5=(a 1−35)×（﹣2）n ﹣1，可得a n =(a 1−35)(−2)n−1+3n5＞0，n ≥2，可得a 2＞0，a 3＞0，即可得出． 解：（1）∵a n +1＝3n ﹣2a n （n ∈N *）， 则a 1≠35时，a n+1−3n+15a n −3n 5=3n −2a n −3n+15a n −3n 5=−2(a n −3n5)a n −3n 5=−2，∴a 1≠35时，{a n −3n5}为等比数列，公比为﹣2．（2）由（1）可得：a n −3n5=(a 1−35)×（﹣2）n ﹣1，∴a n =(a 1−35)(−2)n−1+3n 5＞0，n ≥2，∴a 2＞0，a 3＞0， ∴−34＜a 1＜32．【点评】本题考查了等比数列的定义通项公式与求和公式及其单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21．如果数列{a n }对任意的n ∈N *满足：a n +2+a n ＞2a n +1，则称数列{a n }为“M 数列”． （1）已知数列{a n }是“M 数列”，设b n ＝a n +1﹣a n ，n ∈N *，求证：数列{b n }是递增数列，并指出2（a 5﹣a 4）与a 4﹣a 2的大小关系（不需要证明）；（2）已知数列{a n }是首项为1，公差为2d 的等差数列，S n 是其前n 项的和，若数列{|S n |}是“M 数列”，求d 的取值范围；（3）已知数列{a n }是各项均为正数的“M 数列”，对于n 取相同的正整数时，比较u n =a 1+a 3+⋯+a 2n+1n+1和v n =a 2+a 4+⋯+a 2nn的大小，并说明理由．【分析】（1）由新定义，结合单调性的定义可得数列{b n }是递增数列；结合a 5＞2a 4﹣a 3，a 4＞2a 3﹣a 2，可得2（a 5﹣a 4）＞a 4﹣a 2；（2）运用新定义和等差数列的求和公式，解绝对值不等式即可得到所求范围；（3）对一切n ∈N *，有u n ＞v n ．运用数学归纳法证明，注意验证n ＝1成立；假设n ＝k 不等式成立，注意变形和运用新定义，即可得证．解：（1）证明：数列{a n }是“M 数列”，可得a n +2+a n ＞2a n +1， 即a n +2﹣a n +1＞a n +1﹣a n ，即b n +1＞b n ， 可得数列{b n }是递增数列； 2（a 5﹣a 4）＞a 4﹣a 2； （2）数列{|S n |}是“M 数列”， 可得|S 3|﹣|S 2|＞|S 2|﹣|S 1|， 即|S 1|+|S 3|＞2|S 2|， 可得1+|3+6d |＞2|2+2d |，即有{d ≤−11−3−6d ＞−4−4d 或{−1＜d ＜−121−3−6d ＞4+4d 或{d ≥−121+3+6d ＞4+4d ，即d ≤﹣1或﹣1＜d ＜−35或d ＞0， 可得d ∈(−∞，−35)∪(0，+∞)；（3）数列{a n }是各项均为正数的“M 数列”， 对于n 取相同的正整数时，u n =a 1+a 3+⋯+a 2n+1n+1＞v n =a 2+a 4+⋯+a 2nn， 运用数学归纳法证明： 当n ＝1时，u 1=a 1+a 32，v 1＝a 2，显然a 3﹣a 2＞a 2﹣a 1即u 1＞v 1． 设n ＝k 时，u k ＞v k ．即a 1+a 3+⋯+a 2k+1k+1＞a 2+a 4+⋯+a 2kk，可得k （a 1+a 3+…+a 2k +1）＞（k +1）（a 2+a 4+…+a 2k ）， 当n ＝k +1时，即证a 1+a 3+⋯+a 2k+1+a 2k+3k+2＞a 2+a 4+⋯+a 2k +a 2k+2k+1，即证（k +1）（a 1+…+a 2k +1+a 2k +3）＞（k +2）（a 2+a 4+…+a 2k +a 2k +2），由（k+1）（a1+…+a2k+1+a2k+3）＝k（a1+a3+…+a2k+1）+ka2k+3+a1+…+a2k+1+a2k+3＞（k+1）（a2+a4+…+a2k）+ka2k+3+a1+…+a2k+1+a2k+3，即证（k+1）（a2+a4+…+a2k）+ka2k+3+a1+…+a2k+1+a2k+3＞（k+2）（a2+a4+…+a2k+a2k+2），即证（k+1）a2k+3+a1+…+a2k+1＞（k+1）a2k+2+a2+a4+…+a2k+a2k+2，由a1+a2k+3＞a2+a2k+2，a3+a2k+3＞a4+a2k+2，…，a2k+3+a2k+1＞a2k+2+a2k+2，相加可得（k+1）a2k+3+a1+…+a2k+1＞（k+1）a2k+2+a2+a4+…+a2k+a2k+2，则对一切n∈N*，有u n＞v n．【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查数列的单调性的证明和等差数列的通项公式和求和公式，以及数学归纳法的应用，考查化简整理的运算能力，属于难题．。
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 ，