河北省張家口市蔚縣白樂鎮中學高二數學理期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.直線mx+ny+3=0在y軸上的截距為﹣3，而且它的傾斜角是直線x﹣y=3傾斜角的2倍，則（）A． B． C． D．參考答案：D【考點】直線的傾斜角；直線的截距式方程．【分析】對于直線mx+ny+3=0，令x=0求出y的值，即為直線在y軸上的截距，根據截距為﹣3求出n的值，再由已知直線的斜率求出傾斜角，確定出所求直線的傾斜角，求出所求直線的斜率，即可求出m的值．【解答】解：對于直線mx+ny+3=0，令x=0，得到y=﹣，即﹣=﹣3，解得：n=1，∵x﹣y﹣3=0的斜率為60°，∴直線mx+ny+3=0的傾斜角為120°，即斜率為﹣，∴﹣=﹣m=﹣，即m=．故選D2.在棱長為的正方體中，，分別為線段，（不包括端點）上的動點，且線段平行于平面，則四面體的體積的最大值是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：A略3.若a＞1，則a＋的最小值是

A．0

B．2

C.

D．3參考答案：D

4.如圖在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AA1=2，AC=BC=1則異面直線A1B與AC所成角的余弦值是（）A． B． C． D．參考答案：D【考點】異面直線及其所成的角．【分析】由AC∥A1C1，知∠C1A1B是異面直線A1B與AC所成角，由此利用余弦定理能求出異面直線A1B與AC所成角的余弦值．【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∵AC∥A1C1，∴∠C1A1B是異面直線A1B與AC所成角，∵∠ACB=90°，AA1=2，AC=BC=1，∴，，A1C1=1，∴cos=．∴異面直線A1B與AC所成角的余弦值是．故選：D．5.己知命題p：存在；命題q：△ABC中，若sinA>sinB，則A>B，則下列命題中為真命題的是(

)．(A)p且q

(B)p或q

(C)p且q

(D)p且q參考答案：C6.若集合，,則A.

B.

C.

D.

參考答案：B7.在△abc中，sin2a－sin2c+sin2b＝sina·sinb，則∠c為()．a．60°

b．45°

c．120°

d．30°參考答案：A8.用與球心距離為1的平面去截球所得的截面面積為π，則球的表面積為（）A．2π B．4π C．8π D．π參考答案：C【考點】球的體積和表面積．【分析】先求出截面的半徑r=1，再求出球半徑R==，由此能求出球的表面積．【解答】解：∵用與球心距離為1的平面去截球所得的截面面積為π，∴截面的半徑r=1，∴球半徑R==，∴球的表面積S=4πR2=8π．故選：C．9.參數方程為表示的曲線是（

）A.一條直線 B.兩條直線 C.一條射線 D.兩條射線參考答案：D解;因為，得到關系式為y="2,",因此表示的為選項D10.設α∈（0，），β∈[0，]，那么2α﹣的取值范圍是（）A．（0，） B．（﹣，） C．（0，π） D．（﹣，π）參考答案：D【考點】不等關系與不等式；角的變換、收縮變換．【分析】從不等式的性質出發，注意不等號的方向．【解答】解：由題設得0＜2α＜π，0≤≤，∴﹣≤﹣≤0，∴﹣＜2α﹣＜π．故選D．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知，則的最小值是________．參考答案：12.在區間上的最大值是．參考答案：0考點：利用導數求閉區間上函數的最值．專題：計算題．分析：求導函數，確定函數的單調性，從而可求函數的最值．解答：解：求導函數可得：f′（x）=x2﹣x=x（x﹣1）令f′（x）＞0，可得x＜0或x＞1；令f′（x）＜0，可得0＜x＜1；∵x∈∴函數在上單調增，在上單調減∴x=0時，函數取得極大值，且為最大值∴在區間上的最大值是0故答案為：0點評：本題考查利用導數求函數的最值，解題的關鍵是利用導數確定函數的單調性，最大值在極大值點處或端點取得．13.根據如圖所示的等高條形圖回答，吸煙與患肺病關系．（“有”或“沒有”）參考答案：有【考點】BP：回歸分析．【分析】根據條形圖的高度差判斷．【解答】解：由圖示可知等高條形圖的差別較大，故認為吸煙與患肺病有關系．故答案為：有．14.已知f(x)＝x2＋ax＋b，滿足f(1)＝0，f(2)＝0，則f(－1)=

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．參考答案：615.已知命題存在．若命題是假命題，則實數的取值范圍是

．參考答案：(0,1)16.已知拋物線y2=4x的焦點為F，準線與x軸的交點為M，N為拋物線上的一點，則滿足|NF|=|MN|，則∠NMF=．參考答案：

【考點】拋物線的簡單性質．【分析】由拋物線的定義可得d=|NF|，由題意得cos∠NMF=把已知條件代入可得cos∠NMF，進而求得∠NMF．【解答】解：設N到準線的距離等于d，由拋物線的定義可得d=|NF|，由題意得cos∠NMF===∴∠NMF=．故答案為：．【點評】本題考查拋物線的定義、以及簡單性質的應用．利用拋物線的定義是解題的突破口．17.如圖所示，程序框圖(算法流程圖)的輸出結果為_________.參考答案：第一次循環：；第二次循環：；；第三次循環：，；跳出循環，輸出；三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.口袋中裝有4個形狀大小完全相同的小球，小球的編號分別為1，2，3，4，甲、乙、丙依次有放回地隨機抽取1個小球，取到小球的編號分別為a，b，c．（1）在一次抽取中，若有兩人抽取的編號相同，則稱這兩人為“好朋友”，求甲、乙兩人成為“好朋友”的概率；（2）求抽取的編號能使方程a+b+2c=6成立的概率．參考答案：【考點】列舉法計算基本事件數及事件發生的概率．【分析】（1）將甲、乙依次取到小球的編號記為（a，b），利用列出法求出基本事件個數和甲、乙兩人成為好朋友包含的情況種數，由此能求出甲、乙兩人成為“好朋友”的概率．（2）將甲、乙、丙依次取到小球的編號記為（a，b，c），求出基本事件個數，利用列舉法求出丙抽取的編號能使方程a+b+2c=6成立包含的基本事件個數，由此能求出抽取的編號能使方程a+b+2c=6成立的概率．【解答】解：（1）將甲、乙依次取到小球的編號記為（a，b），則基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），共16個．記“甲、乙兩人成為好朋友”為事件M，則M包含的情況有：（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），共4個人，故甲、乙兩人成為“好朋友”的概率為P（M）==．（2）將甲、乙、丙依次取到小球的編號記為（a，b，c），則基本事件有n=4×4×4=64個，記“丙抽取的編號能使方程a+b+2c=6成立”為事件N，當丙抽取的編號c=1時，工+子4，∴（a，b）分別為（1，3），（2，2），（3，1），當丙抽取的編號c=2時，a+b=2，∴（a，b）為（1，1），當丙抽取的編號c=3或c=4時，方程a+b+2c=6不成立．綜上，事件N包含的基本事件有4個，∴．19.求下列關于x的不等式的解集：(1)－x2＋7x＞6；(2)x2－(2m＋1)x＋m2＋m＜0.參考答案：解：(1)∵－x2＋7x＞6，∴－x2＋7x－6＞0，∴x2－7x＋6＜0，∴(x－1)(x－6)＜0.∴1＜x＜6，即不等式的解集是{x|1＜x＜6}．(2)x2－(2m＋1)x＋m2＋m＜0，因式分解得(x－m)[x－(m＋1)]＜0.∵m＜m＋1，∴m＜x＜m＋1.即不等式的解集為{x|m＜x＜m＋1}．略20.已知數列的前項和．（1）求數列的通項公式；（2）設，設數列的前項和為，求使恒成立的的最小整數值．參考答案：解：（1）n＝1時，20·a1＝S1＝3，∴a1＝3；當n≥2時，2n－1·an＝Sn－Sn－1＝－6，∴an＝．∴通項公式．（2）當n＝1時，b1＝3－log21＝3，∴；當n≥2時，，∴∴故使恒成立的的最小整數值為5．略21.已知直線x﹣y+1=0經過橢圓S：的一個焦點和一個頂點．（1）求橢圓S的方程；（2）如圖，M，N分別是橢圓S的頂點，過坐標原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C，連接AC，并延長交橢圓于點B，設直線PA的斜率為k．①若直線PA平分線段MN，求k的值；②對任意k＞0，求證：PA⊥PB．參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題；三點共線；橢圓的標準方程．【分析】（1）在直線x﹣y+1=0中，令x=0得y=1；令y=0得x=﹣1，故c=b=1，a2=2，由此能求出橢圓方程．（2）①，N（0，﹣1），M、N的中點坐標為（，），所以②法一：將直線PA方程y=kx代入，解得，記，則P（m，mk），A（﹣m，﹣mk），于是C（m，0），故直線AB方程為，代入橢圓方程得（k2+2）x2﹣2k2mx+k2m2﹣8=0，由此能夠證明PA⊥PB．法二：設P（x0，y0），A（﹣x0，﹣y0），B（x1，y1），則C（x0，0），由A、C、B三點共線，知=，由此能夠證明PA⊥PB．【解答】解：（1）在直線x﹣y+1=0中令x=0得y=1；令y=0得x=﹣1，由題意得c=b=1，∴a2=2，則橢圓方程為．（2）①，N（0，﹣1），M、N的中點坐標為（，），所以．②解法一：將直線PA方程y=kx代入，解得，記，則P（m，mk），A（﹣m，﹣mk），于是C（m，0），故直線AB方程為，代入橢圓方程得（k2+2）x2﹣2k2mx+k2m2﹣4=0，由，因此，∴，，∴，∴，故PA⊥PB．解法二：由題意設P（x0，y0），A（﹣x0，﹣y0），B（x1，y1），則C（x0，0），∵A、C、B三點共線，∴=，又因