资源描述
广西壮族自治区贵港市港区中学高二数学理期末试卷含解析
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. 已知命题p:x>2,命题q:x2+x-2>0,则命题p是命题q成立的 ( )
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
参考答案:
B
略
2. 已知满足在上恒成立,且 , 则
A. B.
C. D.
参考答案:
B
略
3. 已知,,则( )
A. -8 B. 8 C. -4 D. 4
参考答案:
C
【分析】
直接利用平面向量数量积的坐标表示求解即可.
【详解】因为,,
所以,故选C.
【点睛】本题主要考查平面向量积公式,属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式,一是,二是.
4. 已知f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)>﹣(x+1)f′(x),则 不等式f(x+l)>(x﹣2)f(x2﹣5)的解集是( )
A.(﹣2,3) B.(2,+∞) C.(,3) D.(,+∞)
参考答案:
A
【考点】6B:利用导数研究函数的单调性.
【分析】根据函数的单调性得到x+1>x2﹣5>0,解不等式即可.
【解答】解:∵f(x)>﹣(x+1)f′(x),
∴[(x+1)?f(x)]′>0,故函数y=(x+1)?f(x)在(0,+∞)上是增函数,
由不等式f(x+1)>(x﹣2)f(x2﹣5)得:
(x+2)f(x+1)>(x+2)(x﹣2)f(x2﹣5),
即(x+2)f(x+1)>(x2﹣4)f(x2﹣5),
∴x+1>x2﹣5>0,解得:﹣2<x<3,
故选:A.
5. 直线:与直线:平行,则m的值为
A.2 B.-3 C.2或-3 D.-2或-3
参考答案:
C
6. 设集合A={x|x2﹣5x+4<0},B={x||x﹣a|<1},则“a∈(2,3)”是“B?A”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
参考答案:
A
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【分析】根据题意,先表示出集合A、B,进而分析可得:若“a∈(2,3)”,必有“B?A”,而若“B?A”,则“a∈(2,3)”不一定成立;由充分必要条件的定义,分析可得答案.
【解答】解:根据题意,集合A={x|x2﹣5x+4<0}={x|1<x<4}=(1,4),
B={x||x﹣a|<1}=(a﹣1,a+1),
若“a∈(2,3)”,可得1<a﹣1<2,3<a+1<4,必有“B?A”,
若“B?A”,则有,解可得2≤a≤3,“a∈(2,3)”不一定成立;
则“a∈(2,3)”是“B?A”的充分不必要条件;
故选:A.
7. 满足线性约束条件的目标函数的最大值是( )
A. B. C. D.
参考答案:
C
略
8. (理) ( )
A. B. C. D.
参考答案:
B
9. 已知命题p、q,“为真”是“p为假”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
参考答案:
A
10. 过点A(﹣2,﹣4)作倾斜角为45°的直线交抛物线y2=2px(p>0)于点P1、P2,若|P1P2|2=|AP1|?|AP2|,则实数p的值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
参考答案:
A
【考点】抛物线的简单性质.
【分析】设l的参数方程为,代入抛物线方程,利用韦达定理,即可得出结论.
【解答】解:设l的参数方程为,代入抛物线方程整理得t2+(﹣2p﹣8)t+32+8p=0.
∴|AP1|?|AP2|=|t1?t2|=32+8p.
又|P1P2|2=(t1+t2)2﹣4t1t2=8p2+32p,|P1P2|2=|AP1|?|AP2|,
∴8p2+32p=32+8p,即p2+3p﹣4=0.
∴p=1.
故选:A.
二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. P为曲线C1:y=ex上一点,Q为曲线C2:y=lnx上一点,则|PQ|的最小值为 .
参考答案:
【分析】考虑到两曲线关于直线y=x对称,求丨PQ丨的最小值可转化为求P到直线y=x的最小距离,再利用导数的几何意义,求曲线上斜率为1的切线方程,从而得此距离.
【解答】解:∵曲线y=ex与曲线y=lnx互为反函数,其图象关于y=x对称,
故可先求点P到直线y=x的最近距离d,
设曲线y=ex上斜率为1的切线为y=x+b,
∵y′=ex,由ex=1,得x=0,
故切点坐标为(0,1),即b=1,
∴d==,
∴丨PQ丨的最小值为2d=2×=.
故答案为:.
12. 正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD1的中点,点F在AB上.若EF⊥平面AB1C,则线段EF的长度等于 .
参考答案:
【考点】直线与平面所成的角.
【分析】如图所示,由正方体的性质可得:AO⊥平面BDD1.可得AC⊥BD1,可得BD1⊥平面ACB1.由EF⊥平面AB1C,可得EF∥BD1,可得EF为△ABD1的中位线,即可得出.
【解答】解:如图所示.
由正方体的性质可得:AO⊥平面BDD1.
∴AC⊥BD1,
同理可得BD1⊥AB1,又AC∩AB1=A,
∴BD1⊥平面ACB1.
又EF⊥平面AB1C,
∴EF∥BD1,又点E为AD1的中点,
∴点F为AB的中点,
而AB,
∴EF==×=.
故答案为:.
【点评】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、三角形中位线定理,考查了推理能力与计算能力,属于中点题.
13. 在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,AC⊥BC,PA=AC=BC,则异面直线PC与AB所成角的大小是 ▲ .
参考答案:
60°
14. 已知直线与直线 之间的距离是1,则m= ▲_
参考答案:
2或-8
15. 已知垂直平行四边形所在平面,若,四边形一定
是 形. ks*5u
参考答案:
菱形
略
16. 已知点A(0,﹣1),B(3,0),C(1,2),平面区域P是由所有满足=λ+μ(2<λ≤m,2<μ≤n)的点M组成的区域,若区域P的面积为6,则m+n的最小值为 .
参考答案:
4+
【考点】9H:平面向量的基本定理及其意义.
【分析】设M(x,y),作出M点所在的平面区域,根据面积得出关于m,n的等式,利用基本不等式便可得出m+n的最小值.
【解答】解:设M(x,y),,;
∴,;
令,以AE,AF为邻边作平行四边形AENF,令,以AP,AQ为邻边作平行四边形APGQ;
∵;
∴符合条件的M组成的区域是平行四边形NIGH,如图所示;
∴;
∴;
∵;
∴;
∴3≤(m+n﹣4)2;
∴;
∴m+n的最小值为.
故答案为:4+.
17. 方向向量为,且过点A(3,4)的直线的一般式方程为 .
参考答案:
2x﹣y﹣2=0
【考点】IG:直线的一般式方程.
【分析】根据点向式方程计算即可
【解答】解:方向向量为,且过点A(3,4)的方程为=,即2x﹣y﹣2=0,
故答案为:2x﹣y﹣2=0.
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. (本小题满分13分)在直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线的极坐标方程为,曲线的参数方程为(为对数),求曲线截直线所得的弦长。
参考答案:
解:由可化为直角坐标方程
参数方程为(为对数)可化为直角坐标方程
19. 设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,,n∈N*.
(1)求a2的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)在数列{bn}中,,求{bn}的前n项和Tn.
参考答案:
【考点】数列的求和;数列递推式.
【专题】计算题;方程思想;转化思想;等差数列与等比数列.
【分析】(1)利用递推关系即可得出;
(2)利用递推关系、等差数列的通项公式即可得出;
(3)利用“裂项求和”即可得出.
【解答】解:(1)∵,n∈N*.
∴当n=1时,,
又a1=1,∴a2=4.
(2)∵,n∈N*.
∴①,
∴当n≥2时,②
由①﹣②,得 2Sn﹣2Sn﹣1=nan+1﹣(n﹣1)an﹣n(n+1),
∵2an=2Sn﹣2Sn﹣1,∴2an=nan+1﹣(n﹣1)an﹣n(n+1),
∴(n≥2),
又,∴数列是以首项为,公差为1的等差数列.
∴,∴.
(3)证明:由(2)知,,
则;
∴
【点评】本题考查了数列的递推关系、等差数列的通项公式、“裂项求和”,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
20. 已知的二项展开式中所有奇数项的系数之和为512,
(1)求展开式的所有有理项(指数为整数).
(2)求展开式中项的系数.
参考答案:
解:(1)
∴,
( r =0, 1, …,10 )
∵Z,∴,6
有理项为,………………………… 6分
(2)∵,∴
项的系数为
……………………12分.
略
21. 下列命题错误的是( )
A.三角形中至少有一个内角不小于60°
B.四面体的三组对棱都是异面直线
C.闭区间[a,b]上的单调函数f(x)至多有一个零点
D.设a,b∈Z,若a+b是奇数,则a、b中至少有一个为奇数
参考答案:
D
略
22.
(1)求的值
(2)求
(3)求
参考答案:
解:
(1)
(2)
(3)
展开阅读全文
温馨提示:
金锄头文库所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
相关搜索