1、高二数学期末考试题一、单选题1.设集合A=x|x2-5x+60，B= x|x-10，则AB=A. (-，1)B. (-2，1)C. (-3，-1)D. (3，+)【答案】A【解析】【分析】先求出集合A，再求出交集【详解】由题意得，则故选A【点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目2.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数运算法则求解即可.【详解】故选D【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养采取运算法则法，利用方程思想解题3.设，则“”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先
2、化简不等式，再根据解集包含关系确定充要关系.【详解】求解不等式可得，求解绝对值不等式可得或，据此可知：“”是“” 的充分而不必要条件.故选A.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法、充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，建立与的关系，即可得到夹角.【详解】因为，所以，则，则，所以，所以夹角为故选B.【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，难度较小.5.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：，且，故选D.【考点】三角恒等变换【名师点睛】对于三角
3、函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示：（1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系【此处有视频，请去附件查看】6.的展开式中的系数为A. 10B. 20C. 40D. 80【答案】C【解析】分析：写出，然后可得结果详解：由题可得令,则所以故选C.点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题。7.曲线在点处的切线方程是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出函数导数，求出切线方程的斜率，即可得到切线方程【详解】曲线，解得y=ex+xex，所以在点(0,1)处切线的斜率为1曲线在点（0，1）处的
4、切线方程是：y1=x即xy+1=0故选：A【点睛】本题考查曲线的切线方程的求法，考查计算能力8.某次文艺汇演为，要将A，B，C，D，E，F这六个不同节目编排成节目单，如下表： 如果A，B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，那么节目单上不同的排序方式有 A. 192种B. 144种C. 96种D. 72种【答案】B【解析】【分析】由题意知两个截面要相邻，可以把这两个与少奶奶看成一个，且不能排在第3号的位置，可把两个节目排在号的位置上，也可以排在号的位置或号的位置上，其余的两个位置用剩下的四个元素全排列.【详解】由题意知两个节目要相邻，且都不排在第3号的位置， 可以把这两个元素看成一个，再让它们
5、两个元素之间还有一个排列， 两个节目可以排在两个位置，可以排在两个位置，也可以排在两个位置， 所以这两个元素共有种排法， 其他四个元素要在剩下的四个位置全排列，所以所有节目共有种不同的排法，故选B.【点睛】本题考查了排列组合的综合应用问题，其中解答时要先排有限制条件的元素，把限制条件比较多的元素排列后，再排没有限制条件的元素，最后再用分步计数原理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.9.函数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】函数的定义域为，再根据函数单调求得最小值。【详解】由题得，令解得，则当时f(x)为减函数，当时，f(x)为增函数，所以点处的
6、函数值为最小值，代入函数解得，故选C。【点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值。10.记为等差数列的前项和若，则的公差为A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】本题考查等差数列基本量的计算与性质的综合应用等差数列an中，S6 48，则a1a616a2a5，又a4a524，所以a4a22d24168，得d4，故选C.11.抛物线的焦点为，点是上一点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义得，即可解得结果.【详解】因为，所以.故选：B【点睛】本题考查抛物线定义，考查基本分析求
7、解能力，属基础题.12.已知是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，有以下结论： .其中正确结论的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】分析：根据直线与平面的位置关系的判定定理和性质定理，即可作出判定得到结论.详解：由题意，对于中，若，则两平面可能是平行的，所以不正确；对于中，若，只有当与相交时，才能得到，所以不正确；对于中，若，根据线面垂直和面面垂直的判定定理，可得，所以是正确的；对于中，若，所以是不正确的，综上可知，正确命题的个数只有一个，故选B.点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关
8、系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直13.若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为 （ ）A. 2B. C. D. 【答案】A【解析】由几何关系可得，双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线的距离为，即，整理可得，双曲线的离心率故选A点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐
9、次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)14.已知函数满足，若函数与的图像的交点为，且，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】求出f（x）的对称轴，y=|x2-ax-5|的图象的对称轴，根据两图象的对称关系，求和，解方程可得所求值【详解】f（x）=f（a-x），f（x）的图象关于直线x=对称，又y=|x2-ax-5|的图象关于直线x=对称，当m为偶数时，两图象的交点两两关于直线x=对称，x1+x2+x3+xm=a=2m，解得a=4当m奇数时，两图象的交点有m-1个两两关于直线x=对称，另一个交
10、点在对称轴x=上，x1+x2+x3+xm=a+=2m解得a=4故选：D【点睛】本题考查了二次型函数图象的对称性的应用，考查转化思想以及计算能力二、填空题15.已知、满足，则的最小值为_.【答案】4【解析】【分析】此题考查线性规划问题，只需认真作出不等式表示的平面区域，把目标函数转化为截距式求值即可.【详解】作出不等式表示的平面区域，如图所示：令，则，作出直线l: ,平移直线l，由图可得，当直线经过点B时，直线在y轴上的截距最大，此时取得最小值，得B(2，2),代入故填4.【点睛】本题主要考查学生的作图能力及分析能力，难度较小.16.由曲线,直线及轴所围成的平面图形的面积为_.【答案】【解析】试
11、题分析：由定积分知考点：定积分及其几何意义17.若两个正实数满足，则的最小值为_.【答案】8【解析】试题分析：由（当且仅当即时等号成立）.考点：基本不等式.18.在中，点在线段上，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由于题目中给出了较多的边和角，根据题目列出对应的正余弦定理的关系式，能较快解出BD的长度.【详解】根据题意，以点A为原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系。过点B作垂直AC交AC于点E，则,又因为在中，,所以,故.【点睛】本题主要考查学生对于正余弦定理的掌握，将几何问题转化为坐标系下的问题是解决本题的关键.19.已知函数在定义域内存在单调递减区间，则实数的取值范围是_【
12、答案】【解析】【分析】根据题意可知在内能成立，利用参变量分离法，转化为在上能成立，令，则将问题转化为，从而得到实数的取值范围【详解】函数，在上能成立，令，即为，的最大值为，实数的取值范围为，故选答案为【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，对于利用导数研究函数的单调性，注意导数的正负对应着函数的单调性利用导数研究函数存在减区间，经常会运用分离变量，转化为求最值属于中档题三、解答题20.在平面直角坐标系中，直线的的参数方程为（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线经过点曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）过点作直线的
13、垂线交曲线于两点(在轴上方)，求的值.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】(1)利用代入法消去参数可得到直线的普通方程，利用公式可得到曲线的直角坐标方程；(2)设直线的参数方程为（为参数），代入得，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.【详解】（1）由题意得点的直角坐标为，将点代入得则直线的普通方程为. 由得，即.故曲线的直角坐标方程为. （2）设直线的参数方程为（为参数），代入得 设对应参数为，对应参数为则，且.【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角
14、坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题21.如图，在四边形中，已知，（1）求的值；（2）若，且，求的长【答案】（）（）【解析】【分析】（）在中，由正弦定理可得答案;（）由结合（）可得，中，由余弦定理得BC值.【详解】（）在中，由正弦定理，得因为， 所以 （）由（）可知，因为，所以在中，由余弦定理，得因为所以，即，解得或又，则【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属于基础题.22.已知在等比数列an中，2，128，数列bn满足b11，b22，且为等差数列（1）求数列an和bn的通项公式；（2）求数列bn的前n项
15、和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)根据等比数列的性质得到64，2，进而求出公比，得到数列an的通项，再由等差数列的公式得到结果；（2）根据第一问得到通项，分组求和即可.【详解】（1）设等比数列an的公比为q由等比数列的性质得a4a5128，又2，所以64所以公比所以数列an的通项公式为ana2qn222n22n1设等差数列的公差为d由题意得，公差，所以等差数列的通项公式为所以数列bn的通项公式为（n1，2，）（2）设数列bn的前n项和为Tn由（1）知，（n1，2，）记数列的前n项和为A，数列2n2的前n项和为B，则，所以数列bn的前n项和为【点睛】这个题目考查了数列的通项公式的求
16、法，以及数列求和的应用，常见的数列求和的方法有：分组求和，错位相减求和，倒序相加等.23.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（1）求证：BD平面PAC；（2）若ABC=60，求证：平面PAB平面PAE；【答案】（1）见解析；（2）见解析；【解析】【分析】（1）要证BD平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.(2)要证明平面PAB平面PAE可证平面即可.【详解】（1）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面,所以平面.（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,因,所以；因为平面，平面,所以；因为
17、所以平面，平面,所以平面平面.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.24.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（1、0），F2（1，0）过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1已知DF1=（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B
18、的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2x轴，所以点A横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2
19、.由，得，解得或.将代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.由，得，解得或.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.将代入，得.因此.解法二：由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而BF1E=B.因为F2A=F2B，所以A=B，所以A=BF1E，从而EF1F2A.因为AF2x轴，所以EF1x轴.因为F1(-1，0)，由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.【点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.25.
20、已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见详解；(2) 或.【解析】【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.【详解】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，与矛
21、盾，所以不成立.若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 .若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少。考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算。思考量不大，由计算量补充。
