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1、精选优质文档-倾情为你奉上金山中学2018-2019学年第二学期期末考试高二数学一、填空题(本大题满分54分)本大题共有12题，其中第1题至第6题每小题4分，第7题至第12题每小题5分，考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写结果，否则一律得零分1. 的展开式中项的系数为_【答案】【解析】的展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中项的系数为，故答案为10.2. 已知直线经过点且方向向量为，则原点到直线的距离为_.【答案】1【解析】直线的方向向量为，所以直线的斜率为，直线方程为，由点到直线的距离可知，故答案为1.3. 已知全集，集合, 若，则实数的值为_.【答案】2【解析】试题分析：由题意，则
2、，由得，解得考点：集合的运算4. 若变量满足约束条件 则的最小值为_.【答案】【解析】由约束条件作出可行域如图，联立，解得，化目标函数，得，由图可知，当直线过点时，直线在y轴上的截距最小，有最小值为，故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5. 直线上与点的距离等于的点的坐标是_.【答案】或.【解析】解：因为直线上与点的
3、距离等于的点的坐标是和6. 某学生在上学的路上要经过2个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，则这名学生在上学路上到第二个路口时第一次遇到红灯的概率是_.【答案】【解析】设“这名学生在上学路上到第二个路口首次遇到红灯”为事件，则所求概率为，故答案为.7. 某学校随机抽取名学生调查其上学所需时间（单位：分钟），并将所得数据绘制成频率分布直方图（如图），其中，上学所需时间的范围是，样本数据分组为，则该校学生上学所需时间的均值估计为_（精确到分钟）.【答案】34.点睛：本题考查频率分布直方图，解题的关键是理解直方图中各个小矩形的面积的意义及各个小矩形的面积和为1，本题考查了
4、识图的能力；根据直方图求平均值的公式，各个小矩形的面积乘以相应组距的中点的值，将它们相加即可得到平均值.8. 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种_.【答案】186【解析】试题分析：设取红球个，白球个，则考点：古典概型.9. 如图，三棱锥满足：，则该三棱锥的体积V的取值范围是_【答案】【解析】由于 平面， ，在 中，要使 面积最大，只需，的最大值为，的最大值为，该三棱锥的体积V的取值范围是.10. 是双曲线的右支上一点，分别是圆和上的点，则的最大值等于_.【答案】9【解析】试题分析：两个圆心正好是双曲线
5、的焦点，再根据双曲线的定义得的最大值为.考点：双曲线的定义，距离的最值问题.11. 棱长为1的正方体及其内部一动点，集合,则集合构成的几何体表面积为_.【答案】【解析】试题分析：.考点：几何体的表面积.12. 在直角坐标平面中，已知两定点与位于动直线的同侧，设集合点与点到直线的距离之差等于，记,.则由中的所有点所组成的图形的面积是_.【答案】【解析】过与分别作直线的垂线，垂足分别为，则由题意值，即，三角形为正三角形，边长为，正三角形的高为，且，集合对应的轨迹为线段的上方部分，对应的区域为半径为1的单位圆内部，根据的定义可知，中的所有点所组成的图形为图形阴影部分阴影部分的面积为，故答案为.二、选
6、择题(本大题满分20分)本大题共有4题，每题只有一个正确答案.考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分 13. 已知为实数，若复数是纯虚数，则的虚部为（ ）A. 2 B. 0 C. -2 D. -2【答案】C【解析】复数是纯虚数，化为，解得，的虚部为，故选C.14. 已知条件：“直线在两条坐标轴上的截距相等”，条件：“直线的斜率等于”，则是的 （ ）A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件【答案】B【解析】当直线过原点时，直线在两条坐标轴上的截距相等，斜率可以为任意数，故不成立；当直线的斜率等于，可设直线方程为
7、，故其在两坐标轴上的截距均为，故可得成立，则是的必要非充分条件，故选B.15. 如图，在空间直角坐标系中，已知直三棱柱的顶点在轴上，平行于轴，侧棱平行于轴当顶点在轴正半轴上运动时，以下关于此直三棱柱三视图的表述正确的是 （ ）A. 该三棱柱主视图的投影不发生变化；B. 该三棱柱左视图的投影不发生变化；C. 该三棱柱俯视图的投影不发生变化；D. 该三棱柱三个视图的投影都不发生变化【答案】B【解析】A、该三棱柱主视图的长度是或者在轴上的投影，随点得运动发生变化，故错误；B、设是z轴上一点，且，则该三棱柱左视图就是矩形，图形不变故正确；C、该三棱柱俯视图就是，随点得运动发生变化，故错误D、与 矛盾故
8、错误；故选B.点睛：本题考查几何体的三视图，借助于空间直角坐标系本题是一个比较好的题目，考查的知识点比较全，但是又是最基础的知识点；从正面看到的图叫做主视图，从左面看到的图叫做左视图，从上面看到的图叫做俯视图，根据图中C点对三棱柱的结构影响进一步判断.16. 如图，两个椭圆，内部重叠区域的边界记为曲线，是曲线上任意一点，给出下列三个判断：到、四点的距离之和为定值；曲线关于直线、均对称；曲线所围区域面积必小于上述判断中正确命题的个数为（ ）A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个【答案】C【解析】对于，若点在椭圆上，到、两点的距离之和为定值、到、两点的距离之和不为定值，故错；对于，两个椭圆
9、，关于直线、均对称，曲线关于直线、均对称，故正确；对于，曲线所围区域在边长为6的正方形内部，所以面积必小于36，故正确；故选C.三、解答题(本大题满分76分)本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤17. 已知复数满足，（其中是虚数单位），若，求的取值范围【答案】或【解析】试题分析：化简复数为分式的形式，利用复数同乘分母的共轭复数，化简为的形式即可得到，根据模长之间的关系，得到关于的不等式，解出的范围.试题解析：， 即，解得或18. 如图，直四棱柱底面直角梯形，是棱上一点，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分
10、析：（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，因此，得证.（1）以原点，、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，. 3分于是,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，则， ，10分，.又， 平面. 12分考点：（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.19. 如图，圆锥的顶点为，底面圆心为，线段和线段都是底面圆的直径，且直线与直线的夹角为，已
11、知，（1）求该圆锥的体积；（2）求证：直线平行于平面，并求直线到平面的距离【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用圆锥的体积公式求该圆锥的体积；（2）由对称性得，即可证明直线平行于平面，到平面的距离即直线到平面的距离，由，求出直线到平面的距离.试题解析：（1）设圆锥的高为，底面半径为，则，圆锥的体积；（2）证明：由对称性得，不在平面，平面，平面，C到平面的距离即直线到平面的距离，设到平面的距离为，则由，得，可得，直线到平面的距离为20. 阅读：已知，求的最小值.解法如下：，当且仅当，即时取到等号，则的最小值为.应用上述解法，求解下列问题：（1）已知，求的最小值；（2）已知，求函数的最小
12、值；（3）已知正数，求证：.【答案】（1）9（2）18（3）见解析【解析】试题分析：本题关键是阅读给定的材料，弄懂弄清给定材料提供的方法（“1”的代换），并加以运用.主要就是，展开后就可应用基本不等式求得最值.（1）；（2）虽然没有已知的“1”，但观察求值式子的分母，可以凑配出“1”：，因此有，展开后即可应用基本不等式；（3）观察求证式的分母，结合已知有 ，因此有此式中关键是凑配出基本不等式所需要的两项，如与合并相加利用基本不等式有 ，从而最终得出.（1）， 2分而，当且仅当时取到等号，则，即的最小值为. 5分（2）， 7分而，当且仅当，即时取到等号，则，所以函数的最小值为. 10分（3） 当
13、且仅当时取到等号，则. 16分考点：阅读材料问题，“1”的代换，基本不等式.21. 设椭圆的长半轴长为、短半轴长为，椭圆的长半轴长为、短半轴长为，若，则我们称椭圆与椭圆是相似椭圆已知椭圆，其左顶点为、右顶点为（1）设椭圆与椭圆是“相似椭圆”，求常数的值；（2）设椭圆，过作斜率为的直线与椭圆仅有一个公共点，过椭圆的上顶点为作斜率为的直线与椭圆仅有一个公共点，当为何值时取得最小值，并求其最小值；（3）已知椭圆与椭圆是相似椭圆椭圆上异于的任意一点，求证：的垂心在椭圆上【答案】（1）或；（2）当时，取得最小值（3）见解析【解析】试题分析：（1）运用“相似椭圆”的定义，列出等式，解方程可得s；（2）求得
14、 的坐标，可得直线与直线的方程，代入椭圆的方程，运用判别式为 ，求得，再由基本不等式即可得到所求最小值；（3）求得椭圆的方程，设出椭圆上的任意一点，代入椭圆的方程；设的垂心的坐标为，运用垂心的定义，结合两直线垂直的条件：斜率之积为 ，化简整理，可得的坐标，代入椭圆的方程即可得证试题解析：（1）由题意得或，分别解得或. （2）由题意知：，直线，直线，联立方程，整理得：.因为直线与椭圆仅有一个公共点，所以. 联立方程，整理得：.因为直线与椭圆仅有一个公共点，所以. 由 得：.所以，此时，即. （3）由题意知：，所以，且. 设垂心，则，即 . 又点在上，有 ，.则 ，所以的垂心在椭圆上. 专心-专注-专业