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1、河北省邢台市葫芦乡中学高二数学理联考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，该作中有题为“李白沽酒”“李白街上走，提壶去买酒。遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒。借问此壶中，原有多少酒？”，如图为该问题的程序框图，若输出的S值为0，则开始输入的S值为（ ） A. B. C. D. 参考答案：B【分析】先执行程序，依次求出每次的输出结果，当输出结果为0时，求出此时的值，因此输入框里的输入的
2、值是此时的值，从中选出正确的答案.【详解】模拟程序的运行，可得当时，满足条件，执行循环体；当时，满足条件，执行循环体；当时，不满足条件，退出循环体，输出，所以，.所以本题答案为B.【点睛】本题考查了通过输出结果写出输入框中输入的值，正确按程序框图写出每次循环后的结果，是解题的关键.2. 设m、n是不同的直线，、是不同的平的，有以下四个命题：若，则 若，m，则m若mn，n?，则m 若m，m，则其中正确命题的序号是（）ABCD参考答案：B【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【专题】定义法；空间位置关系与距离；简易逻辑【分析】根据面面平行的性质进行判断，根据线面垂直和面面垂直的性质和判定定理进行判
3、断，根据线面平行的判定定理进行判断，根据线面垂直，线面平行和面面垂直的性质进行判断【解答】解：若，则，成立，故正确，若，m，则m或m或m?，故错误，若mn，n?，则m或m?，故错误，若m，m，则成立，故正确，故正确是，故选：B【点评】本题主要考查与空间直线和平面平行或垂直的命题的真假的判断，要求熟练掌握空间线面，面面平行或垂直的性质定理和判定定理3. 如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为（）A1B2C3D4参考答案：D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】直线
4、EF与正方体的左右两个侧面平行，与另外的四个面都相交【解答】解：由题意可知直线EF与正方体的左右两个侧面平行，与正方体的上下底面相交，前后侧面相交，所以直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4故答案为：4【点评】本题考查空间中线面间位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养4. 已知椭圆： +=1（0b3），左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B 两点，若|+|的最大值为8，则b的值是（）ABCD参考答案：D【考点】椭圆的简单性质【分析】AF2B为焦点三角形，周长等于两个长轴长，再根据椭圆方程，即可求出AF2B的周长，欲使|+|的最大，只须|A
5、B|最小，利用椭圆的性质即可得出答案【解答】解：F1，F2为椭圆+=1的两个焦点，|AF1|+|AF2|=6，|BF1|+|BF2|=6，AF2B的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=12；若|AB|最小时，|+|的最大，又当ABx轴时，|AB|最小，此时|AB|=，故12=8，b=故选D5. 已知，则的最大值是A B C D参考答案：B6. 如果命题p是假命题，命题q是真命题，则下列错误的是（ ）A“p且q”是假命题 B“p或q”是真命题C“非p”是真命题 D“非q”是真命题参考答案：D7. 曲线在点处的切线方程 A B C. D参考答案：
6、A略8. 在北纬圈上有A、B两点，它们的经度差为，设地球的半径为R，则A、B两点的球面距离为A B C D参考答案：C略9. 曲线C：）上两点A、B所对应的参数是t1, t2, 且t1+t2=0，则|AB|等于（ ）A|2p(t1-t2)| B. 2p(t1-t2) C. 2p(t12+t22) D. 2p(t1-t2)2参考答案：A10. 在中，分别是所对边的边长，若，则的值是（ ）A1BCD2参考答案：B考点：两角和与差的三角函数试题解析：因为所以即)又因为、都是的内角是直角是等腰直角三角形。故答案为：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 为了分析某篮球运动员在比赛中
7、发挥的稳定程度，统计了该运动员在6场比赛中的得分，用茎叶图表示如右图，则该组数据的方差为_参考答案：12. 已知点P是抛物线上一点，设P到此抛物线准线的距离是，到直线的距离是，则的最小值是 参考答案：6 略13. 如果圆(xa)2(ya)24上总存在两个点到原点的距离为1，则实数a的取值范围是_参考答案：略14. 巳知等比数列满足，且，则当时，则_参考答案：,又故15. 如图是某正方体被一平面截去一部分后剩下的几何体的三视图，则该几何体的体积为 参考答案：【考点】由三视图求面积、体积【分析】作出几何体的直观图，观察截去几何体的结构特征，代入数据计算【解答】解：由三视图可知正方体边长为2，截去部
8、分为三棱锥，作出几何体的直观图如图所示：故该几何体的体积为：23=，故答案为：16. 已知，则的值等于 参考答案： 17. 设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为参考答案：【考点】简单线性规划【专题】计算题；作图题；数形结合法；不等式【分析】若求目标函数的最大值，则求2x+y的最小值，从而化为线性规划求解即可【解答】解：若求目标函数的最大值，则求2x+y的最小值，作平面区域如下，结合图象可知，过点A（1，1）时，2x+y有最小值3，故目标函数的最大值为，故答案为：【点评】本题考查了线性规划的变形应用及数形结合的思想应用，同时考查了指数函数的单调性的应用三、 解答题：本大题共5小题，共7
9、2分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立（）求这批产品通过检验的概率；（）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望参考答
10、案：【考点】CG：离散型随机变量及其分布列；CH：离散型随机变量的期望与方差【分析】（）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A=（A1B1）（A2B2），且A1B1与A2B2互斥，由概率得加法公式和条件概率，代入数据计算可得；（）X可能的取值为400，500，800，分别求其概率，可得分布列，进而可得期望值【解答】解：（）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的
11、4件产品全是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A=（A1B1）（A2B2），且A1B1与A2B2互斥，所以P（A）=P（A1B1）+P（A2B2）=P（A1）P（B1|A1）+P（A2）P（B2|A2）=（）X可能的取值为400，500，800，并且P（X=800）=，P（X=500）=，P（X=400）=1=，故X的分布列如下：X 400 500 800 P故EX=400+500+800=506.2519. 如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是AA1，CC1的中点，且BEB1F（1）求证：B1F
12、平面BEC1；（2）求二面角ABC1E的平面角的余弦值参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定【分析】（）分别取BC1，BC中点D，G，连结ED，AG，推导出AG面BCC1B1，从而EDB1F，BEB1F，由此能证明B1F面BEC1（）以O为原点，OE为x轴，OC为y轴，过O作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出二面角ABC1E的余弦值【解答】证明：（）分别取BC1，BC中点D，G，连结ED，AG，ABCA1B1C1是直三棱柱，且底面是正三角形，AG面BCC1B1，又E，D都是中点，由题意EDAG，ED面BCC1B1，EDB1F，已知BEB1
13、F，BEED=E，B1F面BEC1； 解：（）由（）知B1F面BEC1，B1FBC1，由题意，设BB1=a，则，代入得，以O为原点，OE为x轴，OC为y轴，过O作平面ABC的垂线为z轴，建立如图坐标系Oxyz，得A（0，1，0），则，B1F面BEC1，平面 BEC1的法向量为=（，1，），设平面ABC1的法向量为=（x，y，z），则，得，取x=1，得=（1，），设二面角ABC1E的平面角为，cos=，二面角ABC1E的余弦值为20. 如图，四棱锥S-ABCD中，是正三角形，四边形ABCD是菱形，点E是BS的中点(1)求证：平面；(2)若平面平面ABCD，求三棱锥的体积.参考答案：（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用中位线，在平面内找到一条直线和平行，由此证得线面平行.（2）作出到平面的高，并求出高，并由计算出三棱锥的体积.【详解】（1）连接，设，连接.因为四边形是菱形，所以点是
