四川省德陽市什邡博愛中學高二數學文上學期期末試卷含解析

1、四川省德陽市什邡博愛中學高二數學文上學期期末試卷含解析一、 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. 已知函數為偶函數，則在（5，2）上是（ ）A增函數 B減函數 C非單調函數 D可能是增函數，也可能是減函數參考答案：A2. 在下列圖象中，二次函數與指數函數的圖像只可能是參考答案：A略3. 直線與橢圓相交于A，B兩點，點P在橢圓上，使得PAB面積等于3，這樣的點P共有（ ）A.1個 B2個 C3個D4個參考答案：B略4. 連接橢圓 (ab0)的一個焦點和一個頂點得到的直線方程為x-2y+2=0,則該橢圓的離心率為()A B C D

2、參考答案：A略5. 下列說法正確的是( ) A. 若，則 B. 函數的零點落在區(qū)間內 C. 函數的最小值為2 D. 若，則直線與直線互相平行參考答案：B6. （x1）5的展開式中第3項的系數是（）A20B20C20D20參考答案：D【考點】DB：二項式系數的性質【分析】利用二項式定理的通項公式直接求解【解答】解：（ x1）5，T3=20，（x1）5的展開式中第3項的系數是20故選：D【點評】本題考查二項展開式中第3項的系數的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意二項式定理的通項公式的合理運用7. 以下四個命題： 從勻速傳遞的產品生產流水線上，質檢員每20分鐘從中抽取一件產品進行某項指標檢測 ，

3、這樣的抽樣是分層抽樣。 兩個隨機變量相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于1 在回歸直線方程中，當解釋變量x每增加一個單位時，預報變量平均增加0.2單位 對分類變量X與Y，它們的隨機變量K2的觀測值k來說，k越小，“X與Y有關系”的把握程度越大 A B C D參考答案：B8. 命題“，”的否定為（ ）A，B，C，D，參考答案：D全稱命題邊否定時，“”改為“”故選9. 已知等比數列的前項和為，前項和為，則它的公比（ ） A. B. C. D.參考答案：C略10. 古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數，例如： . 他們研究過圖1中的1，3，6，10，由于這些數能夠表示成三角形，將其稱為三

4、角形數；類似地，稱圖2中的1，4，9，16這樣的數成為正方形數.下列數中及時三角形數又是正方形數的是（ ）A.289 B.1024 C.1225 D.1378參考答案：C略二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 已知數列為，依它的前10項的規(guī)律，則_.參考答案：略12. A、B、C、D、E五種不同的商品要在貨架上排成一排,其中A、B兩種商品必須排在一起,而C、D兩種商品不能排在一起,則不同的排法共有_種.參考答案：2413. 方程表示曲線C，給出以下命題：1 曲線C不可能為圓； 2 若1t4，則曲線C為橢圓；若曲線C為雙曲線，則t4；若曲線C為焦點在x軸上的橢圓，則.其中真命

5、題的序號是_(寫出所有正確命題的序號)參考答案：略14. 命題：p：?xR，sinx1，則命題p的否定p是參考答案：?xR，sinx1【考點】命題的否定【專題】規(guī)律型；探究型【分析】命題是全稱命題，根據全稱命題的否定是特稱命題來解決【解答】解：根據全稱命題的否定是特稱命題知：命題p的否定p是：?xR，sinx1故答案為：?xR，sinx1【點評】本題主要考查含有量詞的命題的否定，全稱命題的否定是特稱命題，特稱命題的否定是全稱命題15. 命題“若實數a滿足a3，則a29”的否命題是 命題（填“真”、“假”之一）參考答案：真考點：四種命題專題：簡易邏輯分析：寫出該命題的否命題并判斷真假解答：解：命

6、題“若實數a滿足a3，則a29”的否命題是“若實數a滿足a3，則a29”，它是真命題，因為a3時，a29，a29成立故答案為：真點評：本題考查了四種命題之間的應用問題，也考查了命題真假的判斷問題，是基礎題目16. 已知回歸直線方程yx，如果x3時，y的估計值是17，x8時，y的估計值是22，那么回歸直線方程是_參考答案：略17. 已知直線l1：y=mx+1和l2：x=my+1相交于點P，O為坐標原點，則P點橫坐標是（用m表示），|的最大值是參考答案：，【考點】平面向量數量積的運算【分析】根據兩條直線方程組成方程組，求出交點P的坐標，再計算向量以及的最大值【解答】解：直線l1：y=mx+1和l2

7、：x=my+1相交于點P，x=m（mx+1）+1，解得x=，y=m+1=，P點橫坐標是；=（，），=+=2，且m=0時“=”成立；的最大值是故答案為：，【點評】本題考查了直線方程的應用問題，也考查了平面向量的應用問題，是基礎題目三、 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. 某群體的人均通勤時間，是指單日內該群體中成員從居住地到工作地的平均用時某地上班族S中的成員僅以自駕或公交方式通勤分析顯示：當S中（）的成員自駕時，自駕群體的人均通勤時間為（單位：分鐘），而公交群體的人均通勤時間不受x影響，恒為40分鐘，試根據上述分析結果回答下列問題：（1）當x在什么范

8、圍內時，公交群體的人均通勤時間少于自駕群體的人均通勤時間？（2）求該地上班族S的人均通勤時間的表達式；討論的單調性，并說明其實際意義參考答案：(1) 時，公交群體的人均通勤時間少于自駕群體的人均通勤時間;(2)見解析.【分析】（1）由題意知求出f（x）40時x的取值范圍即可；（2）分段求出g（x）的解析式，判斷g（x）的單調性，再說明其實際意義【詳解】（1）由題意知，當時，即，解得或，時，公交群體的人均通勤時間少于自駕群體的人均通勤時間；（2）當時，；當時，；當時，單調遞減；當時，單調遞增；說明該地上班族S中有小于的人自駕時，人均通勤時間是遞減的；有大于的人自駕時，人均通勤時間是遞增的；當自駕

9、人數為時，人均通勤時間最少【點睛】本題考查了分段函數的應用問題，也考查了分類討論與分析問題、解決問題的能力19. 已知三棱柱ABCABC，側棱與底面垂直，且所有的棱長均為2，E為AA的中點，F(xiàn)為AB的中點（）求多面體ABCBCE的體積；（）求異面直線CE與CF所成角的余弦值參考答案：【考點】異面直線及其所成的角；棱柱、棱錐、棱臺的體積【分析】（I）分別求出直三棱柱ABCABC的體積V三棱錐EABC的體積V1即可得出多面體ABCBCE的體積=VV1；（II）如圖所示，取AB的中點D，連接CD，DF，DE可得四邊形CFDC是矩形CDCF因此ECD即是異面直線CE與CF所成角【解答】解：（I）直三棱

10、柱ABCABC的體積V=2三棱錐EABC的體積V1=AE=多面體ABCBCE的體積=VV1=；（II）如圖所示，取AB的中點D，連接CD，DF，DE可得四邊形CFDC是矩形CDCFECD即是異面直線CE與CF所成角在RtCDE中，CD=，CE=cosECD=異面直線CE與CF所成角的余弦值為【點評】本題考查了直三棱柱的體積及其性質、異面直線所成的角、直角三角形的邊角關系，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題20. 如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，BAD=60，Q為AD的中點（1）若PA=PD，求證：平面PQB平面PAD；（2）點M在線段PC上，若平面PAD平面ABCD，且PA=

11、PD=AD=2，求二面角MBQC的大小參考答案：【考點】用空間向量求平面間的夾角；平面與平面垂直的判定；與二面角有關的立體幾何綜合題【專題】空間位置關系與距離；空間向量及應用【分析】（1）由題設條件推導出PQAD，BQAD，從而得到AD平面PQB，由此能夠證明平面PQB平面PAD（2）以Q這坐標原點，分別以QA，QB，QP為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角MBQC的大小【解答】解：（1）證明：由題意知：PQAD，BQAD，PQBQ=Q，AD平面PQB，又AD?平面PAD，平面PQB平面PAD（2）PA=PD=AD，Q為AD的中點，PQAD，平面PAD平面ABCD，平面P

12、AD平面ABCD=AD，PQ平面ABCD，以Q這坐標原點，分別以QA，QB，QP為x，y，z軸，建立如圖所求的空間直角坐標系，由題意知：Q（0，0，0），A（1，0，0），P（0，0，），B（0，0），C（2，0）=（，），設是平面MBQ的一個法向量，則，又平面BQC的一個法向量，cos=，二面角MBQC的大小是60【點評】本題考查平面與平面垂直的證明，考查二面角的大小的求法，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用21. （本小題12分）如圖，在四棱錐中，是正方形，平面， 分別是的中點（1）求證：平面平面；（2）在線段上確定一點，使平面，并給出證明；（3）證明平面平面，并求出到平面的距離.參考答案：（1）分別是線段的中點，所以，又為正方形，所以，又平面，所以平面.因為分別是線段的中點，所以，又平面，所以，平面.所以平面平面. （4分）（2）為線段中點時，平面. 取中點，連接，由于，所以為平面四邊形，由平面，得，又，所以平面，所以，又三角形為等腰直角三角形，為斜邊中點，所以，所以平面.（4分）22.