/福建省南平市舊縣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.若＝＝，則△ABC是

()A．等邊三角形B．有一個內角是30°的直角三角形C．等腰直角三角形D．有一個內角是30°的等腰三角形參考答案：C略2.一名小學生的年齡和身高（單位：cm）的數據如下表：年齡6789身高118126136144由散點圖可知，身高與年齡之間的線性回歸方程為，預測該學生10歲時的身高為（

）A.154 B.153 C.152 D.151

參考答案：B略3.已知橢圓上的一點到橢圓一個焦點的距離為，則到另一焦點距離為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D4.已知等比數列{an}的前三項依次為a﹣2，a+2，a+8，則an=（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】等比數列的性質；等比數列的通項公式．【專題】計算題．【分析】由已知等比數列的前三項，根據等比數列的性質列出關于a的方程，求出方程的解得到a的值，確定出等比數列的前三項，進而得到此等比數列的首項和公比，根據首項與公比寫出通項公式即可．【解答】解：∵a﹣2，a+2，a+8為等比數列{an}的前三項，∴（a+2）2=（a﹣2）（a+8），即a2+4a+4=a2+6a﹣16，解得：a=10，∴等比數列{an}的前三項依次為8，12，18，即等比數列的首項為8，公比為=，則此等比數列的通項公式an=．故選C【點評】此題考查了等比數列的性質，以及等比數列的通項公式，熟練掌握性質及公式是解本題的關鍵．5.設球的半徑為時間t的函數R（t）．若球的體積以均勻速度c增長，則球的表面積的增長速度與球半徑．A．成正比，比例系數為C B．成正比，比例系數為2CC．成反比，比例系數為C D．成反比，比例系數為2C參考答案：D【考點】球的體積和表面積．【分析】求出球的體積的表達式，然后球的導數，推出，利用面積的導數是體積，求出球的表面積的增長速度與球半徑的比例關系．【解答】解：由題意可知球的體積為，則c=V′（t）=4πR2（t）R′（t），由此可得，而球的表面積為S（t）=4πR2（t），所以V表=S′（t）=4πR2（t）=8πR（t）R′（t），即V表=8πR（t）R′（t）=2×4πR（t）R′（t）=故選D6.某產品的廣告費用與銷售額的統計數據如下表：廣告費用（萬元）

4

2

3

5銷售額（萬元）

23

13

20

32根據上表可得回歸方程中的為6，據此模型預報廣告費用為6萬元時銷售額為（

）

A．36．6萬元

B．36．8萬元

C．37萬元

D．37．2萬元參考答案：C略7.設等差數列{an}的公差d≠0，a1=2d，若ak是a1與a2k+1的等比中項，則k=（）A．2 B．3 C．6 D．8參考答案：B【考點】等差數列與等比數列的綜合．【分析】根據等差數列的通項公式表示出ak與a2k+1，由ak是a1與a2k+1的等比中項，根據等比數列的性質列出關系式，根據公差d不為0，化簡后得到關于k的方程，求出方程的解即可得到k的值．【解答】解：由a1=2d，得到ak=2d+（k﹣1）d=（k+1）d，a2k+1=2d+2kd=（2k+2）d，又ak是a1與a2k+1的等比中項，所以[（k+1）d]2=2d[（2k+2）d]，化簡得：（k+1）2d2=4（k+1）d2，由d≠0，得到：（k+1）2=4（k+1），即k2﹣2k﹣3=0，k為正整數，解得：k=3，k=﹣1（舍去），則k的值為3．故選：B．8.若滿足，滿足，函數，則關于的方程的解的個數是(

)A． B． C． D.參考答案：C略9.已知橢圓的兩個焦點為，，是此橢圓上的一點，且，，則該橢圓的方程是A.

B.

C.

D.參考答案：A略10.設函數在上可導，其導函數，且函數在處取得極小值，則函數的圖象可能是(

)參考答案：C略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數y＝f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則不等式xf′(x)<0的解集為________．

參考答案：略12.的展開式中的的系數是___________參考答案：

解析：原式，中含有的項是

，所以展開式中的的系數是

13.已知變量，滿足約束條件。若目標函數（其中）僅在點處取得最大值，則的取值范圍為

。參考答案：略14.如圖，正方體的棱長為3，則點到平面的距離為

．參考答案：

15.△ABC的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若b=1，c=，∠C=，則△ABC的面積是．參考答案：【考點】正弦定理．【分析】由余弦定理列出關系式，將b，c及cosC的值代入求出a的值，再由a，b及sinC的值，利用三角形的面積公式即可求出三角形ABC的面積．【解答】解：∵b=1，c=，cosC=﹣，∴由余弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC，得：3=a2+1+a，即（a+2）（a﹣1）=0，解得：a=1，a=﹣2（舍去），則S△ABC=absinC=×1×1×=．故答案為：16.“p且q”為真是“p或q”為真的

條件．（填“充分不必要條件”，“必要不充分條件”，“充要條件”，“既不充分也必要條件”）參考答案：充分不必要條件【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【專題】應用題．【分析】由“p且q”為真可知命題P，q都為真命題；由“p或q”為真可知命題p，q至少一個為真命題，從而可判斷【解答】解：由“p且q”為真可知命題P，q都為真命題由“p或q”為真可知命題p，q至少一個為真命題∴當“p且q”為真時“p或q”一定為真，但“p或q”為真是“p且q”不一定為真故“p且q”為真是“p或q”為真的充分不必要條件故答案為充分不必要條件【點評】本題主要考查了充分條件與必要條件的判斷，解題的關鍵是由復合命題的真假判斷命題p，q的真假17.若…，則a0+a1+a2+…+a7=．參考答案：﹣1【考點】DB：二項式系數的性質．【分析】由…，令x=1，即可得出．【解答】解：由…，令x=1，可得則a0+a1+a2+…+a7=（1﹣2）7=﹣1．故答案為：﹣1．三、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.某籃球賽甲、乙兩隊進入最后決賽，其中甲隊有6名打前鋒位，4名打后位，另有2名既能打前鋒位又能打后位的全能型隊員；乙隊有4名打前鋒位，3名打后位，另有5名既能打前鋒位又能打后位的全能型隊員。問：（1）甲隊有多少種不同的出場陣容？（2）乙隊又有多少種不同的出場陣容？（注：每種出場陣容中含3名前鋒位和2名后位）參考答案：（1）甲隊按全能隊員出場人數分類：I．不選全能隊員：II．選1名全能隊員：III．選2名全能隊員：故甲隊共有120+340+176=636種不同的出場陣容。

（6分）（2）乙隊按3名只會打后場的出場人數分類：

I．不選：

II．選1名：

III．選2名：故乙隊共有350+840+252=1442種不同的出場陣容。

（13分）19.已知函數．（Ⅰ）求函數的單調區間．（Ⅱ）若函數在區間內單調遞增，求實數的取值范圍．參考答案：（Ⅰ）時，單增區間為，無單減區間時，單增區間為，單減區間為（Ⅱ）或（Ⅰ）∵，，∴，，∵，，∴①時，恒成立，②時，，，∴時，單增區間為，無單減區間時，單增區間為，單減區間為．（Ⅱ）由（Ⅰ）知當在上增時，或即可，∴或．20.已知數列{an}、{bn}滿足：a1=，an+bn=1，bn+1=．（Ⅰ）求b1，b2，b3，b4；（Ⅱ）設cn=，求數列{cn}的通項公式；（Ⅲ）設Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1，不等式4aSn＜bn恒成立時，求實數a的取值范圍．參考答案：【考點】數列遞推式；函數恒成立問題．【分析】（Ⅰ），由[lg（Sn﹣m）+lg（Sn+2﹣m）]=2lg（Sn+1﹣m），能求出b1，b2，b3，b4．（Ⅱ）由，知，由此能求出cn．（Ⅲ）由于，所以，從而，所以由條件知（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0恒成立即可滿足條件，由此能夠推導出a≤1時，4aSn＜bn恒成立．【解答】（本題14分）解：（Ⅰ），∵[lg（Sn﹣m）+lg（Sn+2﹣m）]=2lg（Sn+1﹣m），∴．…（Ⅱ）∵，∴，…∴數列{cn}是以﹣4為首項，﹣1為公差的等差數列．∴cn=﹣4+（n﹣1）?（﹣1）=﹣n﹣3．…（Ⅲ）由于，所以，從而..…∴∴…由條件知（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0恒成立即可滿足條件，設f（n）=（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8，當a=1時，f（n）=﹣3n﹣8＜0恒成立當a＞1時，由二次函數的性質知不可能成立，當a＜1時，對稱軸，f（n）在（1，+∞）為單調遞減函數．f（1）=（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8=（a﹣1）+（3a﹣6）﹣8=4a﹣15＜0，∴，∴a＜1時4aSn＜bn恒成立綜上知：a≤1時，4aSn＜bn恒成立…21.（10分）有甲乙兩個班級進行數學考試，按照大于等于85分為優秀，85分以下為非優秀統計成績后，得到如下的列聯表.

優秀非優秀總計甲班10

乙班

30

合計

105已知在全部105人中抽到隨機抽取1人為優秀的概率為(Ⅰ)請完成上面的列聯表；(Ⅱ)根據列聯表的數據，若按的可靠性要求，能否認為“成績與班級有關系”.參考答案：(Ⅰ)105×=30,………….2分故列聯表如下：

優秀非優秀總計甲班104555乙班203050合計3075105

………4分(Ⅱ)假設成績與班