《辽宁省大连市第一一二中学高二数学文期末试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省大连市第一一二中学高二数学文期末试题含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、辽宁省大连市第一一二中学高二数学文期末试题含解析一、 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. 执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）A B C D参考答案：C2. 若命题“如果p，那么q”为真，则 ()A、q?p B、非p?非q C、非q?非p D、非q?p参考答案：C略3. 半径为的半圆卷成一个圆锥，圆锥的体积为（ ）A B C D参考答案：C4. 在底面为正方形的长方体ABCD-A1B1C1D1中，顶点B1到对角线BD1和到平面BA1C1的距离分别为h和d，则的取值范围为（ ）A. (0,1)B. C. (1,2)D. 参考
2、答案：C分析：可设长方体的底面长为1，侧棱长为，利用面积相等可得，利用体积相等可得，从而可得，利用可得结果.详解：设长方体的底面长为，侧棱长为，则有，得，故，由，故，故选C.点睛：本题主要考查正棱柱的性质、棱锥的体积公式以及立体几何求范围问题，属于难题.求范围问题，首先看能不能利用几何性质求解，然后往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解.5. 等比数列中，则（ ）ABCD参考答案：B略6. 已知命题“p或q”为真，“非p”为假，则必有A、真假 B、真假 C、真真 D、真，可真可假参考答案：D略7. 从分别写有1,2,3,4,5的
3、5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）A. B. C. D. 参考答案：D8. 对于实数x,y，条件p:x+y8,条件q:x2或y6，那么p是q的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D都不对参考答案：A略9. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 参考答案：C10. 函数y=Asin（x+）（0，|）的部分图象如图所示，则函数的一个表达式为（）Ay=4sin（x+）By=4sin（x）Cy=4sin（x）Dy=4sin（x+）参考答案：A【考点】由y=Asin（
4、x+）的部分图象确定其解析式【分析】观察函数的图象可得A，由图可得周期T=16，代入周期公式T=可求，再把函数图象上的最值点代入结合已知的范围可得的值，即可得解【解答】解：由函数的图象可得最大值为4，且在一周期内先出现最小值，所以A=4，观察图象可得函数的周期T=16，=，又函数的图象过（2，4）代入可得sin（+）=1，+=2k+，|，=，函数的表达式y=4sin（x+）故选：A二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在ABC中，已知，则ABC的面积为_参考答案：，故答案为12. 若复数为实数(为虚数单位)，则实数= 参考答案：略13. 在R上定义运算：，若不等式对任意的实
5、数都成立，则实数的取值范围是 参考答案：14. 抛物线的准线方程为.参考答案：15. 过点M（5，2）且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍的直线方程是 参考答案：2x+y12=0或2x5y=0【考点】直线的斜截式方程 【专题】计算题【分析】当直线过原点时，可设方程为y=kx，当直线不过原点时，可设方程为，分别代入点M（5，2），可得k和a的值，进而可得方程【解答】解：当直线过原点时，可设方程为y=kx，代入点M（5，2），可得k=，故方程为y=x，即2x5y=0；当直线不过原点时，可设方程为，代入点M（5，2），可得a=6，故方程为，即2x+y12=0；故所求方程为：2x+y12=0或2x5
6、y=0，故答案为：2x+y12=0或2x5y=0【点评】本题考查直线的截距式方程，涉及分类讨论的思想，属基础题16. 若z是复数，|z 22i|=2,则|z1i|z|的最大值是 参考答案：3417. 若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，则此几何体的体积是 cm3参考答案：16三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ADBC，BAD=90，AD=AA1=3，BC=1，AB=，E1为A1B1中点（1）证明：B1D平面AD1E1；（2）求平面ACD1和平面
7、CDD1C1所成角（锐角）的余弦值参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定【分析】（1）连结A1D交AD1于G，四边形ADD1A1为平行四边形，从而B1DE1G，由此能证明B1D平面AD1E1；（2）以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ACD1的一个法向量和平面CDD1C1的一个法向量，由此利用向量法能求出平面ACD1和平面CDD1C1所成角（锐角）的余弦值【解答】（1）证明：连结A1D交AD1于G，ABCDA1B1C1D1为四棱柱，四边形ADD1A1为平行四边形，G为A1D的中点，又E1为A1B1中点，E1G为A1
8、B1D的中位线，从而B1DE1G又B1D?平面AD1E1，E1G?平面AD1E1，B1D平面AD1E1；（2）解：AA1底面ABCD，AB?面ABCD，AD?面ABCD，AA1AB，AA1AD，又BAD=90，AB，AD，AA1两两垂直如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系设AB=t，则A（0，0，0），B（t，0，0），C（t，1，0），D（0，3，0），C1（t，1，3），D1（0，3，3）从而=（t，1，0），=（t，3，0）ACBD，=t2+3+0=0，解得t=（0，3，3），=（，1，0）设=（x1，y1，z1）是平面ACD1的一个
9、法向量，则即，令x1=1，则=（1，）又=（0，0，3），=（，2，0）设=（x2，y2，z2）是平面CDD1C1的一个法向量，则即，令x2=1，则=（1，0）cos，=，平面ACD1和平面CDD1C1所成角（锐角）的余弦值是19. 如图，在长方体ABCDA1B1C1B1中，AA1=2AB=2AD=4，点E在CC1上且C1E=3EC利用空间向量解决下列问题：（1）证明：A1C平面BED；（2）求锐二面角A1DEB 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】（1）以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立直角坐标系Dxyz，利用向量法能证明A1C平面BED（2
10、）求出平面DA1E的法向量和平面BED的法向量，利用向量法能求出二面角A1DEB的余弦值【解答】证明：（1）以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系Dxyz依题设，B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）=（0，2，1），=（2，2，0），=（2，2，4），=（2，0，4）=0， =0，故A1CBD，A1CDE，又DBDE=D，所以A1C平面BED解：（2）设向量=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则令y=1，则=（4，1，2）cos，=所以二面角A1DEB的余弦值为大小为20. 参考答案：（1）证明：取AB的中点E，连接EC与ED 2
11、分AC=BC ECAB 又ADB是等边三角形AD=BD 即EDAB 4分又ED与EC为平面DEC中两相交直线AB平面EDC 6分又CD平面EDCABCD 即当ADB转动过程中，总有ABCD 8分 （2）解析：由（1）知DEAB且DE平面ADB又平面ADB平面ABC且平面ADB平面ABC=AB DE平面ABC 又EC平面ABC DEEC 即DEC为直角三角形 10分w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 又AB=2，AC=BC= EC=1 又ADB是等边三角形且边长为2 ED= RtDEC中CD=12分21. 如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点（）求证：AB1平面A
12、1BD；（）求二面角AA1DB的余弦值；（）求点C1到平面A1BD的距离参考答案：解：(1)取BC中点O，连结AOABC为正三角形，AOBC在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，AO平面BCC1B1，AB1平面A1BD(2)设平面A1AD的法向量为(1，1，)，(0，2，0)，二面角AA1DB的大小的余弦值为(3)C1点到A1BD的距离为22. 在直角坐标系xoy中，直线l的方程为xy+4=0以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为24cos（）+6=0（1）求直线l的极坐标方程，曲线C的直角坐标方程；（2）若点P曲线C上任意一点，P点的直角坐
13、标为（x，y），求x+2y的最大值和最小值参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程【分析】（1）把代入可得直线l的极坐标方程把曲线C的极坐标方程展开可得：24（cos+sin）+6=0，把及其2=x2+y2代入即可得出直角坐标方程（2）x2+y24x4y+6=0，配方化为：（x2）2+（y2）2=2，圆心C（2，2），半径r=设x+2y=t，则圆心C到直线的距离d=，解出即可得出【解答】解：（1）直线l的方程为xy+4=0把代入可得直线l的极坐标方程：cossin+4=0曲线C的极坐标方程为24cos（）+6=0，展开可得：24（cos+sin）+6=0，把及其2=x2+y2代入可得：x2+y24
