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。
高二数学期末复习
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高二数学期末复习 16
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