浙江省温州市第二高中2018-2019学年高二数学文上学期期末试卷含解析

浙江省温州市第二高中2018-2019学年高二数学文上学
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. 已知集合，，则A∪B=
A. {1}
B. {1,2}
C. {0,1,2,3}
D. {－1,0,1,2,3}
参考答案：
C
试题分析：集合，而，所以
，故选C.
【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.
2. 设表示直线,表示不同的平面，则下列命题中正确的是
A．若且,则 B．若且,则
C．若且,则 D．若,则
参考答案：
3. F1，F2是双曲线的左、右焦点，过左焦点F1的直线与双曲线C 的左、右两支分别交于A，B两点，若，则双曲线的离心率是（）
A．B．C．2 D．
参考答案：
A
4. 设△ABC的三边长分别的a,b,c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r=；类比这个结论可知：四面体S-ABC的四个面的面积分别为
，内切球的半径为R，
四面体P-ABC的体积为V,则R等于
A B C
D
参考答案：
C
略
5. 设双曲线﹣=1的一条渐近线与抛物线y=x2+1只有一个公共点，则双曲线的离心
率为（）
A．B．5 C．D．
参考答案：
D
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由双曲线方程求得双曲线的一条渐近线方程，与抛物线方程联立消去y，进而根据判别式等于0求得，进而根据c=求得即离心率．
【解答】解：双曲线的一条渐近线为，
由方程组，消去y，
有唯一解，
所以△=，
所以，，
故选D
6. 直线的倾斜角为（）
A .
30 B.60 C.120 D.150
参考答案：
C
略
7. 函数（）的图象向右平移个单位以后，到的图像，则（）
A. B. C. D.
参考答案：
B
8. 不等式2x2﹣axy+y2≤0对于任意x∈[1，2]及y∈[1，3]恒成立，则实数a的取值范围是（）
A．a≤B．a≥C．a≥D．a≥
参考答案：
D
【考点】基本不等式在最值问题中的应用．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】将不等式等价变化为，则求出函数的最大值即可．
【解答】解：不等式2x2﹣axy+y2≤0等价为，设t=，
∵x∈[1，2]及y∈[1，3]，
∴，即，
∴，
则，
∵，
当且仅当t=，即t=时取等号．但此时基本不等式不成立．
又y=t在[]上单调递减，在[，3]上单调递增，
∵当t=时，，
当t=3时，t．
∴的最大值为．
∴a．
故选：D．
【点评】本题主要考查不等式的应用，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键，要求熟练掌握函数f（x）=x+图象的单调性以及应用．
9. 平面的一个法向量为，则y轴与平面所成的角的大小为（）
A .
B . C.
D.
参考答案：
B
10. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数）.若以射线Ox为极轴建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程为（）
A. ρ＝sinθ
B. ρ＝2sinθ
C. ρ＝cosθ
D. ρ＝2cosθ
参考答案：
D
由（为参数）得曲线普通方程为，
又由，可得曲线的极坐标方程为，故选D．
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 从中，得出的一般结论
是
参考答案：
12. 已知二项式的展开式中的常数项为，则．
参考答案：
112
13. 已知点P（﹣1，1）和点Q（2，2），若直线l：x+my+m=0与线段PQ没有公共点，则实数m的取值范围是．
参考答案：
m＜﹣或m．
【考点】直线的斜率．
【分析】直线l：x+my+m=0即x+m（y+1）=0，令，可得直线经过定点M（0，﹣1）．利用斜率计算公式可得k PM=﹣2，k MQ=．根据直线l：x+my+m=0与线段PQ没有公共点，可得＜﹣2或．解出即可得出．
【解答】解：直线l：x+my+m=0即x+m（y+1）=0，令，解得x=0，y=﹣1．∴直线经过定点M（0，﹣1）．
k PM==﹣2，k MQ==．
∵直线l：x+my+m=0与线段PQ没有公共点，
∴＜﹣2或．
解得m＜﹣或m．
故答案为：m＜﹣或m．
14. （）
A． B． C． D．
参考答案：
C
略
15. 右图程序运行后输出的结果为▲．
参考答案：
略
16. 已知α∈(0,)，β∈(,π)，cos α＝，sin(α＋β)＝－，则cos β＝▲．参考答案：
－
【分析】
利用的取值范围和，求得的值，然后结合两角和与差的余弦函数公式来求的值.
【详解】，
，
，
，
解得，故答案为.
【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
17. 一直线过点，被圆截得的弦长为8，求此弦所在的直线方程。

参考答案：
x=-3或3x+4y+15=0
略
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. 已知直线l经过直线3x+4y﹣2=0与直线2x+y+2=0的交点P，且垂直于直线x﹣2y﹣
1=0．求：
（Ⅰ）直线l的方程；
（Ⅱ）直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．
参考答案：
【考点】直线的一般式方程；两条直线的交点坐标．
【分析】（Ⅰ）联立两直线方程得到方程组，求出方程组的解集即可得到交点P的坐标，根据直线l与x﹣2y﹣1垂直，利用两直线垂直时斜率乘积为﹣1，可设出直线l的方程，把P代入即可得到直线l的方程；
（Ⅱ）分别令x=0和y=0求出直线l与y轴和x轴的截距，然后根据三角形的面积函数间，即可求出直线l与两坐标轴围成的三角形的面积．
【解答】解：（Ⅰ）由解得由于点P的坐标是（﹣2，2）．
则所求直线l与x﹣2y﹣1=0垂直，可设直线l的方程为2x+y+m=0．
把点P的坐标代入得2×（﹣2）+2+m=0，即m=2．
所求直线l的方程为2x+y+2=0．
（Ⅱ）由直线l的方程知它在x轴．y轴上的截距分别是﹣1．﹣2，
所以直线l与两坐标轴围成三角形的面积．
19. 如图（1）所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD=DC=PD=2，E、
F、G分别为线段PC、PD、BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD（图（2））．
（1）求证：AP∥平面EFG；
（2）若点Q是线段PB的中点，求证：PC⊥平面ADQ．
参考答案：
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
【分析】（1）由条件可得EF∥CD∥AB，利用直线和平面平行的判定定理证得EF∥平面PAB．同理可证，EG∥平面PAB，可得平面EFG∥平面PAB．再利用两个平面平行的性质可得AP∥平面EFG．
（2）由条件可得DA、DP、DC互相垂直，故AD⊥平面PCD，AD⊥PC．再由EQ平行且等于
BC可得EQ平行且等于AD，故ADEQ为梯形．再根据DE为等腰直角三角形PCD 斜边上的中线，可得DE⊥PC．再利用直线和平面垂直的判定定理证得PC⊥平面ADQ．
【解答】解：（1）证明：E、F、G分别为线段PC、PD、BC的中点，
可得EF∥CD∥AB．
由于AB?平面PAB，EF不在平面 PAB内，故有EF∥平面PAB．
同理可证，EG∥平面PAB．
由于EF、EG是平面EFG内的两条相交直线，
故有平面EFG∥平面PAB．
而PA?平面PAB，∴AP∥平面EFG．
（2）由条件可得，CD⊥AD，CD⊥PD，
而PD、AD是两条相交直线，故CD⊥平面PAD，
∴∠PDA 为二面角PCD﹣CD﹣ABCD的平面角．
再由平面PCD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，故DA、DP、DC互相垂直，故AD⊥平面PCD，
而PC?平面PCD，故有AD⊥PC．
∵点Q是线段PB的中点，∴EQ平行且等于BC，∴EQ平行且等于AD，故四边形ADEQ为梯形．
再由AD=DC=PD=2，可得DE为等腰直角三角形PCD 斜边上的中线，∴DE⊥PC．
这样，PC垂直于平面ADQ中的两条相交直线AD、DE，∴PC⊥平面ADQ．
【点评】本题主要考查直线和平面平行的判定定理、直线和平面垂直的判定定理的应用，
属于中档题．
20. （本小题满分12分）如图，一矩形铁皮的长为8cm，宽为5cm，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，问小正方形的边长为多少时，盒子容积最大？
参考答案：
设小正方形的边长为厘米，则盒子底面长为，宽为( )----------3分
--------------6分
，（舍去） ---------------9分
，在定义域内仅有一个极大值，
--------------12分
21. （2016秋?温江区期末）以椭圆C： +=1（a＞b＞0）的中心O为圆心，以
为半径的圆称为该椭圆的“伴随”．
（1）若椭圆C的离心率为，其“伴随”与直线x+y﹣2=0相切，求椭圆C的方程．
（2）设椭圆E： +=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E 于AB两点，射线PO交椭圆E于点Q．
（i）求的值；
（ii）求△ABQ面积的最大值．
参考答案：
【考点】直线与椭圆的位置关系．
【分析】（Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和椭圆的“伴随”定义及a，b，c的关系，计算即可得到a，b，进而得到椭圆C的方程；
（Ⅱ）求得椭圆E的方程，（i）设P（x0，y0），=λ，求得Q的坐标，分别代入椭圆C，E的方程，化简整理，即可得到所求值；
（ii）设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，运用韦达定理，三角形的面积公式，将直线y=kx+m代入椭圆C的方程，由判别式大于0，可得t的范围，结合二次函数的最值，又△ABQ的面积为3S，即可得到所求的最大值．
【解答】解：（1）∵椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，其“伴随”与直线x+y﹣2=0相切，
∴，解得a=2，b=1，
∴椭圆C的方程为=1．
（2）由（1）知椭圆E的方程为+=1，
（i）设P（x0，y0），|=λ，由题意可知，
Q（﹣λx0，﹣λy0），由于+y02=1，
又+=1，即（+y02）=1，
所以λ=2，即|=2；
（ii）设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，可得
（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣16=0，由△＞0，可得m2＜4+16k2，①
则有x1+x2=﹣，x1x2=，
所以|x1﹣x2|=，
由直线y=kx+m与y轴交于（0，m），
则△AOB的面积为S=|m|?|x1﹣x2|=|m|?=2，
设=t，则S=2，
将直线y=kx+m代入椭圆C的方程，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，
由△＞0可得m2＜1+4k2，②
由①②可得0＜t＜1，则S=2在（0，1）递增，即有t=1取得最大值，
即有S，即m2=1+4k2，取得最大值2，
由（i）知，△ABQ的面积为3S，
即△ABQ面积的最大值为6．
【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查三角形的面积公式和二次函数的最值，属于中档题．
22. 袋中有大小相同的红、黄两种颜色的球各1个，从中任取1只，有放回地抽取3次．
求：（1）3只全是红球的概率；
（2）3只颜色全相同的概率；
（3）3只颜色不全相同的概率。

参考答案：
略。