高二下学期数学期末考试复习.pdf

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1、高二下学期数学期末考试复习（常考题型）高二下学期数学期末考试复习（常考题型）学校：_姓名:_班级：_考号：_一、选择题（题型注释一、选择题（题型注释)1、圆 C：与圆：位置关系是（)A内含 B,内切 C.相交 D.外切2、函数的图象是（）3、抛物线上点 P 的纵坐标是 4,则其焦点 F 到点 P 的距离为()A3B4C5D64、若函数的图象过第一二三象限,则有(）AC，B,D5、已知奇函数f(x)满足f（x+3）f（x）,当x1，2时,f(x）1 则的值为A3B3CD6、设成等比数列，其公比为2，则的值为()ABCD17、数列an的通项公式是，若前 n 项和为 10,则项数 n 为（）A120

2、8、若，则=（）ABCDB99C110D1219、有 5 名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么5 名同学值日顺序的编排方案共有A12 种B24 种C48 种D120 种共 14 页，第 1 页10、为不重合的直线，为不重合的平面,则下列说法正确的是（)A，则B，则C,则D,则11、已知函数，,当时，方程的根的个数是（)A8B6C4D212、抛物线的准线方程是(）ABCD13、已知对任意恒成立,则 a 的最大值为（)A0B1C2D3二、填空题（题型注释）二、填空题（题型注释）14、已知函数，若时恒成立，则实数的取值范围是15、已知直线与曲线相切于点，则实数的值为_16、展

3、开式中的常数项是17、若函数有三个零点，则正数的范围是。三、解答题（题型注释三、解答题（题型注释)18、（本小题满分 12 分，（)小问 6 分，（）小问 6 分）已知向量,且.（）若，求的值；(）设的内角的对边分别为,，且，求函数的值域.19、(本小题满分 14 分）如图,已知四棱锥的底面是矩形，、分别是、的中点，底面，（1)求证：平面(2）求二面角的余弦值共 14 页，第 2 页20、如图,已知平面四边形中,为的中点，,，且将此平面四边形沿折成直二面角，连接,设中点为（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在,请说明理由（3)求直线与平面所

4、成角的正弦值21、经调查发现，人们长期食用含高浓度甲基汞的鱼类会引起汞中毒，其中罗非鱼体内汞含量比其它鱼偏高现从一批数量很大的罗非鱼中随机地抽出条作样本,经检测得各条鱼的汞含量的茎叶图（以小数点前的数字为茎,小数点后一位数字为叶）如下:罗非鱼的汞含量（ppm）中华人民共和国环境保护法规定食品的汞含量不得超过ppm（1）检查人员从这条鱼中，随机抽出条，求条中恰有条汞含量超标的概率;(2）若从这批数量很大的鱼中任选条鱼,记表示抽到的汞含量超标的鱼的条数以此条鱼的样本数据来估计这批数量很大的鱼的总体数据，求的分布列及数学期望22、已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切(

5、1）求椭圆的方程；（2）若过点(2，0）的直线与椭圆相交于两点，设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点)，当 时，求实数取值范围23、选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，已知直线过点，倾斜角，再以原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出直线的参数方程和曲线的直角坐标方程;（2）若直线与曲线分别交于、两点，求的值24、选修 4-4:坐标系与参数方程已知圆的极坐标方程为以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，取相同单位长度（其中，,）共 14 页，第 3 页（1）直线过原点,且它的倾斜角,求与圆的交点的极坐标（点不是坐标原点）；(2）直线过线段中点，

6、且直线交圆于，两点，求的最大值25、已知函数（1）求函数的单调区间；（2）求证:，不等式恒成立26、已知函数在 x=1 处的切线与直线平行。()求 a 的值并讨论函数 y=f（x）在上的单调性。（)若函数（为常数)有两个零点，（1）求 m 的取值范围；（2）求证：。27、已知函数.(）若存在使得成立,求实数的取值范围；（)求证：当时,在（1)的条件下,成立28、在中，角所对的边分别是.（1）求角；(2）若的中线的长为,求的面积的最大值.29、已知中，内角，,所对的边分别为，,其中,（）若，求的值；（）若边上的中线长为，求的面积30、已知正项数列的前项和,且满足.(）求数列的通项公式；（)设,数

7、列的前项和,证明：。31、已知数列中,，(I)求证：数列是等比数列；(II）求数列的前项和为共 14 页，第 4 页参考答案参考答案1、A2、B3、C4、B5、A6、A7、A8、A9、B10、D11、B12、D13、A14、。15、316、17、18、（）；（）.19、（1）以点为原点，为轴,为轴，为轴的空间直角坐标系,如图所示则依题意可知相关各点的坐标分别是:，,，如下图所示（2 分）所以点的坐标分别为(3 分)所以，。.。.。.。.。.。.(4 分）因为,所以。.。.。.。.。.。（6 分）又因为，所以。.。.。.。（7 分)所以平面。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.

8、。.。.。.。.。(8 分）（2）设平面的法向量，则，.。.。.。.。.。.。.。.。.。.(9 分）所以即。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。（10 分）所以令，则显然,就是平面的法向量。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.（11 分）所以.。.。.。.。.。.（12 分）由图形知,二面角是钝角二面角.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。（13 分）所以二面角的余弦值为。.。.。.。.。.。.。.。.。.。（14 分)解：（1)取的中点，连接，则，又,所以四点共面。因为，且。.。.。.（2 分)所以.又因为，所以平面.。.。.。.。.（4 分）所以所以平

9、面.。.。.。.。(6 分)易证所以平面.。.。.。.（8 分）(2)连接,则所以。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.（9 分）同（1）可证明平面。所以，且平面平面。明显，所以。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。（10 分）过作，垂足为，则平面.连接,则。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.(11 分）因为，所以平面，为二面角平面角的补角.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.(12分)在中，所以。在中，所以.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。.。(13 分)所以二面角的余弦值为。.。.。.。.。.。

10、.。.。.。.。.。.。.（14 分）20、(1）详见解析；（2)点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；（3）。21、（1），（2)012322、（1)；（)。23、(1)曲线 C 的极坐标方程为=3,曲线 C 的直角坐标方程 x2+y2=9（2)424、（1）；（2）25、（）时，在上单调递增，时，当时，在单调递减在单调递增;（）证明见解析26、(），函数 y=f(x)在上单调递减;(）（1)；（2）见解析。27、()；()见解析28、(1);（2）.29、(I）；（II）。30、(）；(）见解析31、(I）详见解析；（II）.【解析】1、试题分析：圆 C:的圆心为半径为 3,圆：的圆心为

11、，半径为 1，两个圆心的距离为所以两个圆内含。考点：本小题主要考查两个圆的位置关系的判断。点评：判断两个圆的位置关系，只需要将两个圆的圆心距和两个圆的半径的和与差的关系即可。2、试题分析:因为，故答案为考点：分段函数的图像3、试题分析：依题意可知抛物线化为抛，抛物线的准线方程为y=1，点 P 到准线的距离为 4+1=5，根据抛物线的定义可知点P 与抛物线焦点的距离就是点P 与抛物线准线的距离，点A与抛物线焦点的距离为 5考点:抛物线的简单性质4、试题分析：函数的图象过第一二三象限,结合指数函数的图象，可以得知，.考点：本小题主要考查指数函数的图象和图象的平移,考查学生数学结合数学思想的应用。点

12、评：函数图象的平移遵循“左加右减，上加下减的原则.5、略6、试题分析：根据题意,由于设成等比数列，其公比为2，则，因此可知，故选A.考点：等比数列点评：解决该试题的关键是利用等比数列的性质来得到整体之间的关系，进而得到结论,运用公比表示，属于基础题。7、试题分析：由题意知，所以,解得,故选 A考点:1、数列求和；2、裂项相消法【方法点晴】本题主要考查数列求和的方法，属于中档题由于数列通项是分式且含有根号,因此采用分母有理化的策略,然后相加相消的方法求前项和,注意裂项相消时，消去项及保留项,从而求解8、试题分析：，故选 A考点：1、二倍角的余弦公式;2、诱导公式的应用9、分析：由题意知，先安排甲

13、有1 种安排方法，由于其余四人没有限制，故是一个全排列，由乘法原理求出结果解答：解：由题设知本题是一个分步计数问题，先安排甲,有 1 种安排方法，由于其余四人没有限制，故是一个全排列n=A44=24，故选 B10、试题分析：时可平行，可相交，可异面；时可平行,可相交;时可平行,可相交，可异面；时，所以选 D。考点：线面关系11、试题分析:由题意得，函数在上是奇函数且是反比例函数，在上是奇函数，则，所以在上是减函数，在上是增函数，在上是减函数，且,，所以作出函数与在上的图像,如图所示，结合图像可知，共有6 个交点.故选 B。考点：根的存在性及根的个数的判断;函数的图像.12、试题分析：抛物线方程

14、变形为,准线为考点：抛物线方程及性质13、试题分析:令，则，在上，在上,因此，在 x=1 处取极小值,也是最小值，即，故选：A考点：利用导数求闭区间上函数的最值14、试题解析：依题由且即且,可得，故应填入。考点：1.不等式恒成立问题；2.转化与化归思想应用.15、试题分析：因为，由导数几何意义知，又考点：导数几何意义16、试题分析:展开式的通项为,令,得，所以展开式中的常数项是考点：二项展开式17、试题分析：,于是函数在单调递增，在单调递减，在单调递增，函数有三个零点，等价于函数与轴有三个交点，于是,又,综上：正数的取值范围是：。考点：1。函数的单调性与导数；2.函数的零点。18、试题分析：（

15、)由得：，而将其化为关于的表达式，然后可求值；(）首先根据正弦定理，结合条件得：。从而有另一方面，于是可利用，结合正弦函数的性质求函数的值域。试题解析：解：（）若，得，因为，所以，所以 6 分（）中，又得：，因为,所以。则.又。所以因为,所以，所以,所以，即函数的值域为。12 分考点：1、平面向量及其数量积；2、三角函数的性质及恒等变换。19、略20、试题分析：（1）分别证明，即可;（2）方法一：先以为原点,分别为轴,建立直角坐标系，写出各点坐标,，,为中点，故，设点，利用平面得,据此可解出；方法二：作交于，注意到,故与相似，因此，于是得；（3）方法一:由于,即为平面的法向量，要求直线与平面所

16、成角的正弦值，记直线与平面所成角为，根据直线与面的夹角正弦正好等于直线与面的法向量的夹角余弦的绝对值，则知，故只需计算即可,利用余弦公式有，故；方法二：由于，所以可以转而考虑与平面所成角,为此需要找到在平面内的投影，此投影与所成角即为线面夹角，然后求与平面所成角的正弦，于是在中作，而平面平面，由此平面,即为在平面内的投影，就等于直线与平面所成角，在中，,，故.试题解析:（1)直二面角的平面角为，又，则平面，所以又在平面四边形中,由已知数据易得，而，故平面,因为平面，所以平面平面(4 分)（2）解法一:由(1)的分析易知，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示结合已知数据可得，,，则中点。平面，故

17、可设,则，平面，又，由此解得,即,易知这样的点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；(8 分)解法二：（略解)如图所示，在中作，交于，因为平面平面，则有平面在中,结合已知数据,利用三角形相似等知识可以求得,故知所求点存在,且为线段上靠近点的一个四等分点；。.（8 分）（3)解法一：由（2）是平面的一个法向量，又，则得，所以，记直线与平面所成角为，则知，故所求角的正弦值为。.（12 分）解法二：（略解）如上图中，因为，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，由此,在中作于，易证平面,连接，则为直线与平面所成角，结合题目数据可求得，故所求角的正弦值为.。（12 分）考点：1、线面垂直、面面垂直的

18、证法;2、线面角的求法；3、空间向量的应用.21、试题分析:(1)古典概型求概率问题，需正确计数。从这条鱼中,随机抽出条,共有种基本事件;条中恰有条汞含量超标事件就是从5 条汞含量超标中选出 1 条,且从 10 条汞含量不超标中选出 2 条，即包含种基本事件,因此所求概率为.（2）从这批数量很大的鱼中任选条鱼，可以看作 3 次独立重复试验,每次选出汞含量超标的概率按以此条鱼的样本数据来估计,即为，因此试题解析：解:（1）记“条鱼中任选条恰好有条鱼汞含量超标”为事件，则，条鱼中任选条恰好有条鱼汞含量超标的概率为。4 分（2）依题意可知，这批罗非鱼中汞含量超标的鱼的概率,5 分可能取，,，6 分则

19、，10 分其分布列如下：012312 分所以。13 分考点：古典概型求概率，概率分布，数学期望22、试题分析:（1)由题意知，所以由此能求出椭圆C 的方程（2）由题意知直线AB 的斜率存在设 AB:y=k（x-2），A(x1，y1），B（x2，y2），P（x，y），由得（1+2k2）x2-8k2x+8k2-2=0 再由根的判别式和嘏达定理进行求解解:(1）由题意知，所以即 2 分又因为，所以，故椭圆的方程为 4 分(2）由题意知直线的斜率存在.设：,，由得。，.6 分，.，,。点在椭圆上，。8 分,，,。10 分，或，实数 t 取值范围为（12 分）考点:1。椭圆的方程；2。直线与椭圆的方程.

20、23、试题分析：（）由题意可得直线l 的参数方程：（t 为参数），曲线 C 的极坐标方程为 =3，利用即可得出曲线C 的直角坐标方程（)将直线的参数方程代入,得,利用直线参数方程中参数 t 的几何意义可得|PM|PN=即可得出试题解析：（4-2 极坐标）（1）直线的参数方程：(为参数），3 分曲线 C 的极坐标方程为 =3，可得曲线 C 的直角坐标方程 x2+y2=9 5 分（2）将直线的参数方程代入x2+y2=9,得,7 分设上述方程的两根为 t1，t2,则 t1t2=4 8 分由直线参数方程中参数 t 的几何意义可得PM|PN|=|t1t2|=4 10 分考点：简单曲线的极坐标方程；参数方

21、程化成普通方程24、试题分析：（1）首先根据条件求得直线上的点的极角,然后代入圆的极坐标方程即可求得点的极坐标;（2）首先求得的直角坐标和圆的直角坐标方程,然后将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程中,从而利用参数的几何意义求解试题解析：(1)直线的倾斜角,直线上的点的极角或，代入圆的极坐标方程为得或（舍去），直线与圆的交点的极坐标为：（2）由(1)知线段的中点的极坐标为,的直角坐标为，又圆的极坐标方程为，圆的直角坐标方程设直线的参数方程为（为参数）,代入得，设，点的参数分别为，则，此时直线的倾斜角考点：1、直角坐标与极坐标的互化；2、直线的参数方程25、试题分析：(）要讨论单调性，首先求得导数

22、，接着研究的正负,为此按的正负分类；（）要证的不等式，可等价转化为,这样我们可设，进而去求的最小值，由于，由（）的证明知，（在（)中当时的情形），从而得单调性，完成证明试题解析：（）的定义域为,若，在上单调递增若，当时，,在单调递减当时，,在单调递增（）等价于令，则由（）知，当时，即。所以，则在上单调递增，所以即考点：利用导数研究函数的单调性、极值、最值及分类讨论、转化与化归的数学思想【名师点睛】用导数研究函数的单调性有两种方法：1确定定义域,求出导数,解不等式确定增区间，解不等式确定减区间;2确定定义域,求出导数，解方程，此方程的解把定义域分段，然后列表表示的符号与的单调性26、试题分析：（

23、）求导数，由在x=1 处的切线知，即可求 a 的值，根据导数讨论单调性即可；（）由函数有两个零点结合（）可知，由,构造，求导证明。试题解析：（），令，在上单调递增,在上单调递减,所以时，即时，所以函数 y=f(x)在上单调递减。（)（1）由条件可知，在,，要使函数有两个零点，则2m0，即（2）由（)可知，,令，所以即又在上单调递减，所以即.27、试题分析:(1）构造函数，求出 在 的最小值,从而得到实数的取值范围;（2）设，求出 的单调性，得出结论。（)原题即为存在，使得,令,则.令,解得。当时,，为减函数,当时,为增函数,。的取值范围为.（）原不等式可化为，令，则,，由（)可知,，则,在上单

24、调递增，当时，。成立.即当时，成立。点睛：本题主要考查了导数在求函数的单调性，函数的最值上的应用，属于中档题.考查学生灵活运用导数工具去分析、解决问题的能力,综合考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力和推理论证能力以及等价转换的解题思想.28、试题分析：（1）利用正弦定理化简题目所给方程，利用余弦定理转化为，由此求得角的值.（2）利用三角形中线长定理和余弦定理列方程组,化简后利用基本不等式求得的取值范围，由此求得面积的取值范围.试题解析：（1)，即.(2)由三角形中线长定理得:，由三角形余弦定理得：,消去得：(当且仅当时,等号成立)，即.29、试题分析：（1)利用题意将所给的三角恒等式利用正弦定

25、理进行整理变形求得，由正弦定理可得(2）利用向量关系首先求得，然后利用面积公式有的面积试题解析:(）依题意，故,所以，所以，即，即，因为，所以,故，可得(）记边上的中线为 CD，故，所以，结合（1）可知，解得，所以的面积30、试题分析：（1）由已知等式和 与 的关系,求出；（2）用裂项相消法求出数列 的前项和,再求出范围.试题解析：（)当时,解得，当时，两式相减得即,又，所以则，所以数列是首项为 1，公差 2 的等差数列,则。（）,所以数列的前项和。而,所以.31、试题分析：(I）将已知化为，两边加变为，由此判断出数列是等比数列.(II）由（I)可求得的通项公式，由此求得的通项公式,利用分组求和法和错位相减法可求得的值。试题解析：（I）证法 1：由已知得，又，得,，数列是首项为 2，公比为 2 的等比数列证法 2：由得，由及递推关系,可知,所以，数列是首项为 2，公比为 2 的等比数列（II）由（I）得,，设，-则，-式减去式得，得,又，