高二数学期末复习 12

常熟市浒浦高级中学高二数学期末复习（12）

综合卷（6）期末考试倒计时：6天。

姓名。1．二项式的展开式中含一次幂的项是第项．

2．某校高三年级从2名教师和4名学生中选出3人，分别组建成不同的两支球队进行双循环师生友谊赛。要求每支球队中有且只有一名教师，则不同的比赛方案共有种。

3．如图所示，用五种不同的颜色分别给a，b，c，d四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有___种．

4．已知实数满足，则复数的模。

5．下列说法正确的是___将所有正确的序号填在横线上)．

直线l1：ax＋y＝3，l2：x＋by－c＝0，则l1∥l2的必要条件是ab＝1；

方程x2＋mx＋1＝0有两个负根的充要条件是m>0；

命题“若|a|＝|b|，则a＝b”为真命题；

“x<0”是“x2－3x＋2>0”的充分不必要条件．

6．小明在做一道数学题目时发现：若复数， (其中), 则，，根据上面的结论，可以提出猜想： z1·z2·z3

7．如右图，正方体的棱长为1,p为bc的中点，q为线段上的动点，过点a,p,q的平面截该正方体所得的截面记为s.则下列命题正确的是___写出所有正确命题的编号).

当时，s为四边形；

当时，s不为等腰梯形；

当时，s与的交点r满足；

当时，s为六边形；

当时，s的面积为。

8．过点p，并且在两轴上的截距相等的直线方程为。

9．设点p是曲线y＝x2上的一个动点，曲线y＝x2在点p处的切线为l，过点p且与直线l垂直的直线与曲线y＝x2的另一交点为q，则pq的最小值为___

10．已知f1、f2为双曲线＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过点f2作此双曲线一条渐近线的垂线，垂足为m，且满足||＝3||，则此双曲线的渐近线方程为___

11．若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .

12．过点m(2，－2p)作抛物线x2＝2py(p>0)的两条切线，切点分别为a，b，若线段ab的中点的纵坐标为6，则p的值是___

14．如图，四边形是正方形，平面，，，分别为，，的中点．

1）求证：平面；

2）求平面与平面所成锐二面角的大小。

15．用数学归纳法证明：对任意n∈n＋，成立．

16．已知点，动点p 满足：|pa|=2|pb|．

1)若点p的轨迹为曲线，求此曲线的方程；

2)若点q在直线l1: x+y+3=0上，直线l2经过点q且与曲线只有一个公共点m，求|qm|的最小值．

17．已知椭圆经过点．

1）求椭圆的方程及其离心率；

2）过椭圆右焦点的直线（不经过点）与椭圆交于两点，当的平分线为时，求直线的斜率．

18．已知函数．

1）若，求曲线在点处的切线方程；

2）若函数在其定义域内为增函数，求正实数的取值范围；

3）设函数，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围．参***。

解析】试题分析：因为，所以由得因此二项式的展开式中含一次幂的项是第8项．

考点：二项式定理。

解析】首先把两名教师分成甲乙两组，仅有一种方案。然后从4名学生中选两名加入甲组组成一支球队，其余两名加入乙组组成另一支球队，共有种方案。由于比赛实行双循环制，两支球队共比赛两场。

根据乘法计数原理，不同的比赛方案共有1××2=12种。

解析】按区域分四步：第一步a区域有5种颜色可选；

第二步b区域有4种颜色可选；

第三步c区域有3种颜色可选；

第四步由于d区域可以重复使用区域a中已有过的颜色，故也有3种颜色可选．

由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180(种)涂色方法．

解析】试题分析：原式变形得，移相得，根据恒等式解得，所以．

考点：复数的计算．

解析】直线l1：ax＋y＝3，l2：x＋by－c＝0，则l1∥l2的充要条件是ab＝1且c≠3b，所以ab＝1是l1∥l2的必要条件，故①正确．方程x2＋mx＋1＝0有两个负根等价于，解得m≥2，故②错误．若|a|＝|b|，则a＝b为假命题，故③错误．解不等式x2－3x＋2>0得x<1或x>2，所以x<0是x2－3x＋2>0的充分不必要条件，故④正确．

解析】试题分析：运用推理。

考点：1.归纳推理。2.复数的运算。

解析】试题分析：取ab的中点m,在dd1上取点n,使得dn=cq,则mn∥pq;作at∥mn,交直线dd1于点t,则a、p、q、t四点共面；

当0②当cq=时，则dn=dt=2dn=1点t与d1重合s为等腰梯形apqd1;

当cq=时，则dn=dt=2dn=d1t=;由d1r:td1=bc:dtd1r=c1r=;

当综上，命题正确的是：①②

考点：立体几何综合应用。

8．或。解析】

解析】设p(x0，x02)，又y′＝2x，则直线pq的方程为y＝－＋x02.代入y＝x2得x2＋－－x02＝0，即(x－x0)＝0，所以点q的坐标为。从而pq2＝2＋2，令t＝4x02，则pq2＝f(t)＝t＋＋＋3(t>0)，则f′(t)＝，即f(t)在(0,2)上是减函数，在(2，＋∞上是增函数，故当t＝2时，pq有最小值。

10．y＝±x

解析】由双曲线的性质可推得||＝b，则||＝3b，在△mf1o中，||a，||c，cos∠f1om＝－，由余弦定理可知＝－，又c2＝a2＋b2，可得a2＝2b2，即＝，因此渐近线方程为y＝±x．

解析】试题分析：由得或，即或。又，所以或。因为不等式对恒成立，所以或。(1)令，则。

令得，当时，；当时，.所以在上是增函数，在是减函数。所以，所以。

(2)令，则，因为，所以，所以易知，所以在上是增函数。易知当时，，故在上无最小值，所以在上不能恒成立。综上所述，，即实数的取值范围是。

考点：利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性求最值、含绝对值不等式的解法。

12．1或2

解析】设点a(x1，y1)，b(x2，y2)，依题意得，y′＝，切线ma的方程是y－y1＝(x－x1)，即y＝x－.又点m (2，－2p)位于直线ma上，于是有－2p＝×2－，即x12－4x1－4p2＝0；同理有x22－4x2－4p2＝0，因此x1，x2是方程x2－4x－4p2＝0的两根，则x1＋x2＝4，x1x2＝－4p2.由线段ab的中点的纵坐标是6得，y1＋y2＝12，即＝＝12，＝12，解得p＝1或p＝2.

解析】试题分析：（1）根据题意这实际上一道矩阵变换的题目，可在直线上任一点在矩阵对应的变换下得点，由公式可得：则，代入直线，得，即可求解；（2）根据矩阵运算公式易得：，即可解得．

1）设直线上一点在矩阵对应的变换下得点，则，代入直线，得，；5分。

2）点在直线上，，由，得10分。

考点：1.矩阵的运算；2.矩阵与变换。

解析】试题分析：（1）利用三角形的中位线的性质证明fg∥pe，再根据直线和平面平行的判定定理证得结论；

2）建立空间直角坐标系，根据两个平面的法向量所成的角与二面角相等或互补，由两个平面法向量所成的角求解二面角的大小。

1）证明：,分别为，的中点，.

又平面，平面，

/平面。 2）解：平面，，平面。

平面，.四边形是正方形，.

以为原点，分别以直线为轴，轴，轴。

建立如图所示的空间直角坐标系，设 ,，

. ，分别为，，的中点，，

设为平面的一个法向量，则，即，令，得。

设为平面的一个法向量，则，即，令，得

所以。所以平面与平面所成锐二面角的大小为（或）.

考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题。

15．见解析。

解析】(1)当n＝1时，左边＝，右边＝，因为》，所以不等式成立．

2)假设当n＝k时不等式成立，即……成立，则当n＝k＋1时，左边＝

所以当n＝k＋1时，不等式也成立，由(1)，(2)可得不等式恒成立．

解析】试题分析：(1) 利用两点间距离公式，结合|pa|=2|pb|可求；(2) 由题可知，|qm|=，当cql1 时，|cq|取最小值时，|qm|取最小值．

解：（1）设p点的坐标为（x, y）, 由|pa|=2|pb|，得。

２,化简，得，即为所求．

2)曲线c是以点（5,0）为圆心，4为半径的圆，直线l2是圆的切线，连接cq，则。

qm|==当cql1 ，|cq|取最小值，则．

此时|qm|的最小值为．

考点：两点间距离公式，直线与圆的位置关系．

解析】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程以及几何性质、直线与椭圆相交问题等基础知识，考查学生的数形结合思想、转化能力、计算能力。第一问，椭圆过点p，说明点p在椭圆上，符合解析式，即可求出，从而得到椭圆的标准方程，通过椭圆的标准方程得到，，，从而得到离心率；第二问，由第一问得到椭圆右焦点f的坐标，由p、f点坐标可知轴，由题意得，令直线ab的方程与椭圆方程联立，得到a、b坐标，结合p点坐标，得出和代入到中，解出直线ab的斜率k的值。

1）把点代入，可得．

故椭圆的方程为，椭圆的离心率为． …4分。

2）由（1）知：．

当的平分线为时，由和知：轴．

记的斜率分别为．所以，的斜率满足……6分。

设直线方程为，代入椭圆方程并整理可得，

设，则。又，则，……8分。

所以=………11分。

即13分。考点：椭圆的标准方程以及几何性质、直线与椭圆相交问题。

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