山西省忻州市新路中學高二數學理期末試卷含解析一、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.已知數列的前項和為，，則A．81

B．80

C．121

D．120參考答案：A2.在程序框圖中，算法中間要處理數據或計算，可分別寫在不同的（

）A．處理框內

B．判斷框內

C．輸入、輸出框內

D．終端框內參考答案：A由處理框的意義可知，對變量進行賦值，執行計算語句，處理數據，結果的傳送等都可以放在處理框內，∴選A.3.二項式（a+2b）n展開式中的第二項系數是8，則它的第三項的二項式系數為（）A．24 B．18 C．6 D．16參考答案：C【考點】二項式系數的性質．【分析】利用通項公式即可得出．【解答】解：由題意可得：?an﹣1?2b=an﹣1b，∴=8，解得n=4．它的第三項的二項式系數為=6．故選：C．4.已知函數在時取得極值,則(

)A.

2

B.

3 C.

4 D.

5參考答案：D略5.將數字1,2,3,填入標號為1，2，3，的三個方格中，每格填一個數字，則每個方格的標號與所填數字均不相同的概率是（）

A．B．

C．

D．參考答案：B6.從1，2，3，4這個數中，不放回地任意取兩個數，兩個數都是偶數的概率是(

)A.

B.

C.

D.參考答案：A7.若，則則的值等于

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：C8.若是(

)A．銳角三角形

B．直角三角形

C．鈍角三角形

D．等腰直角三角形參考答案：B略9.如圖所示的程序的輸出結果為S=132，則判斷框中應填(

)A．i≥10？ B．i≥11？ C．i≤11？ D．i≥12？參考答案：B【考點】程序框圖．【專題】操作型．【分析】由框圖可以得出，循環體中的運算是每執行一次s就變成了s乘以i，i的值變為i﹣2，故S的值是從12開始的逐漸減小的若干個整數的乘積，由此規律解題計算出循環體執行幾次，再求出退出循環的條件，對比四個選項得出正確答案．【解答】解：由題意，S表示從12開始的逐漸減小的若干個整數的乘積，由于12×11=132，故此循環體需要執行兩次所以每次執行后i的值依次為11，10由于i的值為10時，就應該退出循環，再考察四個選項，B符合題意故選B【點評】本題考查循環結構，解答本題，關鍵是根據框圖得出算法，計算出循環次數，再由i的變化規律得出退出循環的條件．本題是框圖考查常見的形式，較多見，題后作好總結．10.在圓錐曲線中，我們把過焦點最短的弦稱為通徑，那么拋物線y2=2px的通徑為4，則P=（）A．1 B．4 C．2 D．8參考答案：C【考點】拋物線的簡單性質．【分析】利用么拋物線y2=2px的通徑為4，即可得出結論．【解答】解：由題意，2p=4，∴p=2．故選：C．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.方程的解可視為函數的圖像與函數的圖像交點的橫坐標.若方程的各個實根所對應的點（=1,2,…，k）均在直線的同側（不包括在直線上），則實數a的取值范圍是______.參考答案：或.12.曲線在點處的切線方程為__________．參考答案：【分析】先對函數求導，求出在點的切線斜率，再由點斜式，即可得出切線方程.【詳解】因為，所以，所以.又因為，所以切線方程為，即.故答案為【點睛】本題主要考查求曲線在某點處的切線方程，熟記導數的幾何意義即可，屬于常考題型.13.已知隨機變量ξ服從正態分布N（2，δ2），p（ξ≤3）=0.8413，則P（ξ≤1）=

．參考答案：0.1587【考點】CP：正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義．【分析】根據隨機變量ξ服從正態分布N（2，σ2），看出這組數據對應的正態曲線的對稱軸ξ=2，根據正態曲線的特點，得到P（ξ≤1）=P（ξ＞3）=1﹣P（ξ≤3），得到結果．【解答】解：隨機變量ξ服從正態分布N（2，δ2），所以P（2≤ξ≤3）=P（1≤ξ≤2），P（ξ＞2）=P（ξ＜2），故P（ξ≤1）=P（ξ＞3）=1﹣P（ξ≤3）=1﹣0.8413=0.1587．故答案為：0.1587．14.學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型.如圖，該模型為長方體ABCD–A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F，G，H分別為所在棱的中點，，3D打印所用原料密度為，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為___________g.參考答案：118．8【分析】根據題意可知模型的體積為四棱錐體積與四棱錐體積之差進而求得模型的體積，再求出模型的質量.【詳解】由題意得，，四棱錐O?EFG的高3cm，∴．又長方體的體積為，所以該模型體積為，其質量為．【點睛】本題考查幾何體的體積問題，理解題中信息聯系幾何體的體積和質量關系，從而利用公式求解．15.記F(x，y)=(x–y)2+(+)2（y≠0），則F(x，y)的最小值是

。參考答案：16.計算的結果為

．參考答案：517.計算：=_____.參考答案：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.在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為(α為參數)，直線C2的方程為，以O為極點，以x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．（1）求曲線C1和直線C2的極坐標方程；（2）若直線C2與曲線C1交于A，B兩點，求．參考答案：（1）極坐標方程為，（2）.【分析】（1）根據極坐標和直角坐標的互化公式得極坐標方程為ρ2﹣4ρcosθ﹣4ρsinθ+7=0直線C2的方程為y=，極坐標方程為；（2）直線C2與曲線C1聯立，可得ρ2﹣（2+2）ρ+7=0，【詳解】（1）曲線C1的參數方程為（α為參數），直角坐標方程為（x﹣2）2+（y﹣2）2=1，即x2+y2﹣4x﹣4y+7=0，極坐標方程為ρ2﹣4ρcosθ﹣4ρsinθ+7=0直線C2的方程為y=，極坐標方程為；（2）直線C2與曲線C1聯立，可得ρ2﹣（2+2）ρ+7=0，設A，B兩點對應的極徑分別為ρ1，ρ2，則ρ1+ρ2=2+2，ρ1ρ2=7，．【點睛】：深刻理解極坐標中ρ的幾何意義，代表了曲線上的點到極點的距離，從而得到．19.（本小題滿分12分）若展開式中前三項的系數成等差數列，求：⑴展開式中二項式系數最大的項;⑵展開式中所有的有理項．參考答案：解：易求得展開式前三項的系數為

………2分

據題意

………3分

………4分⑴設展開式中項的二項式系數最大，。

………6分

………………8分⑵設展開式中的有理項為，由

………10分

故有理項為：

…12分略20.如圖，四邊形是矩形，平面，四邊形是梯形,，，點是的中點，.（1）求證：∥平面；（2）求二面角的余弦值.參考答案：（1）證明：連結，交于點，∴點是的中點.∵點是的中點，∴是△的中位線.

∴∵平面，平面，∴平面

（2）四邊形是梯形，，又四邊形是矩形，，又，又，，在△中，，由可求得…7分以為原點，以、、分別為、、軸建立空間直角坐標系，∴，，，，∴，，.設平面的法向量，∴，.∴

令，則，.∴.又是平面的法向量，∴

如圖所示，二面角為銳角.∴二面角的余弦值是略21.已知下列三個方程：至少有一個方程有實數根.求實數的取值范圍.

參考答案：由得,又,所以,

當時,1<,即為真時實數的取值范圍是1<.

由,得,即為真時實數的取值范圍是.

若為真,則真且真,所以實數的取值范圍是.

ks5u(Ⅱ)是的充分不必要條件,即,且,

設A=,B=,則,又A==,B==},則0<,且所以實數的取值范圍是.略22.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，且AD∥BC，∠ABC=∠PAD=90°，側面PAD⊥底面ABCD，若PA=AB=BC=，AD=1．（I）求證：CD⊥平面PAC（II）側棱PA上是否存在點E，使得BE∥平面PCD？若存在，指出點E的位置，并證明，若不存在，請說明理由．參考答案：見解析【考點】直線與平面平行的判定；空間圖形的公理．【專題】計算題；空間位置關系與距離．【分析】（I）由面面垂直的性質證出PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD．在底面梯形ABCD中利用勾股定理和余弦定理，利用題中數據算出CD2+AC2=1=AD2，從而AC⊥CD．最后利用線面垂直的判定定理，即可證出CD⊥平面PAC；（II）取PD的中點F，連結BE、EF、FC．利用三角形的中位線定理和已知條件BC∥AD且BC=AD，證出四邊形BEFC為平行四邊形，可得BE∥CF．最后利用線面平行判定定理，即可證出BE∥平面PCD．【解答】解：（I）∵∠PAD=90°，∴PA⊥AD．又∵側面PAD⊥底面ABCD，PA?側面PAD，且側面PAD∩底面ABCD=AD，∴PA⊥底面ABCD．∵CD?底面ABCD，∴PA⊥CD．∵在底面ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，PA=AB=BC=，AD=1．∴AC==，∠CAB=∠CAD=45°△CAD中由余弦定理，得CD==可得CD2+AC2=1=AD2，得AC⊥CD．又∵PA、AC是平面PAC內的相交直線，∴CD⊥平面PAC．（II）