《浙江省温州市瑞安隆山中高高二数学理下学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省温州市瑞安隆山中高高二数学理下学期期末试卷含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、浙江省温州市瑞安隆山中高高二数学理下学期期末试卷含解析一、 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. 点P是曲线上任意一点，则点P到直线的最小距离是（ ）A. B. C. D. 参考答案：B将直线4x4y10平移后得直线l：4x4yb0，使直线l与曲线切于点P(x0，y0)，由x2y2ln0得y2x，直线l的斜率k2x01?x0或x01(舍去)，P，所求的最短距离即为点P到直线4x4y10的距离d(1ln 2)故选B.2. 函数y(x1)2(x1)在x1处的导数等于()A1 B2 C3 D4参考答案：D略3. 已知函数f（x）的定义
2、域为R，f（1）=2，对任意xR，f（x）2，则f（x）2x+4的解集为（）A（1，1）B（1，+）C（，1）D（，+）参考答案：B【考点】6B：利用导数研究函数的单调性【分析】构造函数g（x）=f（x）2x4，利用导数研究函数的单调性即可得到结论【解答】解：设g（x）=f（x）2x4，则g（x）=f（x）2，对任意xR，f（x）2，对任意xR，g（x）0，即函数g（x）单调递增，f（1）=2，g（1）=f（1）+24=44=0，则函数g（x）单调递增，由g（x）g（1）=0得x1，即f（x）2x+4的解集为（1，+），故选：B4. （5分）设P是椭圆+=1上一点，M、N分别是两圆：（x+4）
3、2+y2=1和（x4）2+y3=1上的点，则|PM|+|PN|的最小值、最大值的分别为（） A 9，12 B 8，11 C 8，12 D 10，12参考答案：C【考点】： 圆与圆锥曲线的综合【专题】： 圆锥曲线中的最值与范围问题【分析】： 圆外一点P到圆上所有点中距离最大值为|PC|+r，最小值为|PC|r，其中C为圆心，r为半径，故只要连结椭圆上的点P与两圆心M，N，直线PM，PN与两圆各交于两处取得最值，最大值为|PM|+|PN|+两圆半径之和，最小值为|PM|+|PN|两圆半径之和解：两圆圆心F1（4，0），F2（4，0）恰好是椭圆+=1的焦点，|PF1|+|PF2|=10，两圆半径相等
4、，都是1，即r=1，（|PM|+|PN|）min=|PF1|+|PF2|2r=102=8（|PM|+|PN|）max=|PF1|+|PF2|+2r=10+2=12故选：C【点评】： 本题考查线段和的最大值和最小值的求法，是中档题，解题时要注意椭圆的定义和圆的性质的合理运用5. 三棱锥ABCD的所有棱长均为6，点P在AC上，且AP=2PC，过P作四面体的截面，使截面平行于直线AB和CD，则该截面的周长为（）A16B12C10D8参考答案：B【考点】棱锥的结构特征【分析】作PHCD，交AD于H，过H作HFAB，交BD于F，过FECD，交BC于E，连结PE，则四边形PEFH是过P作四面体的截面，且截
5、面平行于直线AB和CD，由AP=2PC，三棱锥ABCD的所有棱长均为6，能求出该截面的周长【解答】解：三棱锥ABCD的所有棱长均为6，点P在AC上，且AP=2PC，过P作四面体的截面，使截面平行于直线AB和CD，作PHCD，交AD于H，过H作HFAB，交BD于F，过FECD，交BC于E，连结PE，则四边形PEFH是过P作四面体的截面，且截面平行于直线AB和CD，AP=2PC，三棱锥ABCD的所有棱长均为6，PH=EF=，HF=PE=，该截面PEFH的周长为：4+4+2+2=12故选：B【点评】本题考查截面的周长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间培养6. 已知双曲线的左、右焦点分别为、
6、,是直线上一点,且,则双曲线的离心率为 A. B. C. D.参考答案：B7. 已知，表示两个不同的平面，l为内的一条直线，则“是“l”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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定【专题】规律型【分析】利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断【解答】解：根据题意，由于，表示两个不同的平面，l为内的一条直线，由于“，则根据面面平行的性质定理可知，则必然中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立，“是“l”的充分不必要条件故选A【点评】主要是考查了
7、空间中面面平行的性质定理的运用，属于基础题8. 已知直线与圆相切，则三条边长分别为的三角形（ ）A是锐角三角形 B是直角三角形 C是钝角三角形 D不存在参考答案：B9. 为了在运行下面的程序之后得到输出y16，键盘输入x应该是（ ）A或 B C或 D或参考答案：C10. 已知数列是这个数列的第（ ）项 A.10 B.11 C.12 D.21参考答案：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在所有的两位数（1099）中，任取一个数，则这个数能被2或3整除的概率是参考答案：【考点】古典概型及其概率计算公式【分析】先求出基本事件总数n=90，再求出这个数能被2或3整除包含的基本事
8、件个数m=45+3015=60，由此能求出这个数能被2或3整除的概率【解答】解：在所有的两位数（1099）中，任取一个数，基本事件总数n=90，这个数能被2或3整除包含的基本事件个数m=45+3015=60，这个数能被2或3整除的概率是p=故答案为：12. 函数的定义域为_.参考答案：x|x且x2.13. 已知直线3x+4y+2=0与圆x2+y22tx=0相切，则t=参考答案：1或【考点】圆的切线方程【分析】由直线与圆相切得到圆心到直线的距离d=r，利用点到直线的距离公式列出方程，求出方程的解即可得到t的值【解答】解：圆x2+y22tx=0的标准方程为（xt）2+y2=t2，直线3x+4y+2
9、=0与圆x2+y22tx=0相切，圆心（t，0）到直线的距离d=|t|，解得：t=1或故答案为：1或14. 对任意实数，定义运算，其中是常数，等式右边的运算是通常的加法和乘法运算。已知，并且有一个非零常数，使得对任意实数,都有，则的值是_参考答案：415. 向量与的夹角为，=2，=1， =t， =（1t），在t0时取得最小值，当0t0时，夹角的取值范围是 参考答案：【考点】数量积表示两个向量的夹角【分析】由向量的运算可得2=（5+4cos）t2+（24cos）t+1，由二次函数可得0，解不等式可得cos的范围，可得夹角的范围【解答】解：由题意可得=21cos=2cos，=（1t）t，2=（1t
10、）2+t22t（1t）=（1t）2+4t24t（1t）cos=（5+4cos）t2+（24cos）t+1由二次函数知当上式取最小值时，t0=，由题意可得0，解得cos0，故答案为：16. 体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积是_参考答案：54 设圆台的上、下底面半径分别为r，R，截去的圆锥与原圆锥的高分别为h，H，则，又R29r2，R3r，H3h.R2Hr2h52. 即R2HR2H52，R2H54.17. 若向量，的夹角为45，且|=l，|2|=，则|= 参考答案：3考点：平面向量数量积的运算 专题：平面向量及应用分析：将|2|=平方，然后将夹角与|=
11、l代入，得到|的方程，解方程可得解答：解：因为向量，的夹角为45，且|=l，|2|=，所以424+2=10，即|24?1?|?cos45+410=0，即为|22?|6=0，解得|=3或|=（舍），故答案为：点评：本题解题的关键是将模转化为数量积，从而得到所求向量模的方程，利用到了方程的思想三、 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12分）已知函数，（）（1）若x3是的极值点，求在1，a上的最小值和最大值；（2）若在时是增函数，求实数a的取值范围参考答案：(1)，由题意得，则， 当单调递减，当单调递增 ， ； . （2），由题意得，在恒成立
12、，即在恒成立， 而 所以，. 19. 如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD=2AB，平面PAD底面ABCD，PAADE和F分别是CD和PC的中点，求证：（）PA底面ABCD；（）BE平面PAD；（）平面BEF平面PCD参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定【分析】（）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA平面ABCD（）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BEAD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE平面PAD（）先证明ABED为矩形，可得BECD 现证CD平面PAD，可得CDPD，再由三角形中位线的性质可得EFPD，
13、从而证得 CDEF 结合利用直线和平面垂直的判定定理证得CD平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理证得平面BEF平面PCD【解答】解：（）PAAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA平面ABCD（）ABCD，ABAD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BEAD又AD?平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE平面PAD（）平行四边形ABED中，由ABAD可得，ABED为矩形，故有BECD 由PA平面ABCD，可得PAAB，再由ABAD可得AB平面PAD，CD平面PAD，故有CDPD再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EFPD，CDEF 而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD平面BEF由于
