四川宜宾蕨溪中学下期高二数学期末复习检测

宜宾县蕨溪中学2008-2009学年下期高二数学期末复习检测试题（满分150分，两小时完卷）一、选择题（每小题5分，共计60分）1.直线绕原点逆时针旋转，再向右平移个单位，所得到的直线为( )（）（）（）（）2. 4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为（ ）ABCD3. 设椭圆（，）的右焦点与抛物线的焦点相同，离心率为，则此椭圆的方程为 （ ）（A） （B） （C） （D）4.已知，b都是实数，那么“”是“b”的（ ）（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 5. 甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有（ ）A36种 B48种 C96种 D192种6. 已知函数，则不等式的解集是（ ）（A） （B） （C） （D）7. 若过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率的取值范围为（ ） A BCD8. 用与球心距离为的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为（ ）A. B. C. D. 9. 设，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）ABCD 10. 已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（ ）A1 B C D211. 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是(A)9（B）10 (C)11 (D)12 12. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）（A）18对（B）24对（C）30对（D）36对二、填空题（每小题4分，共计16分）13. 若满足约束条件则的最大值为 14. 展开式中的系数为_。15. 已知是抛物线的焦点，过且斜率为1的直线交于两点设，则与的比值等于 16.平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件 ；充要条件 （写出你认为正确的两个充要条件）宜宾县蕨溪中学2008-2009学年高二数学期末复习检测试题答题卷一、选择题题号123456789101112答案二、填空题13. ； 14. ； 15. ；16. 充要条件 ；充要条件 三、解答题：（共计74分）17. （1）正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有多少个个.？ （2）四个不同小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？18.如图3，已知直二面角，直线和平面所成的角为（I）证明；（II）求二面角的大小ABCQP19.（本小题满分12分）甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与，且乙投球2次均未命中的概率为（）求乙投球的命中率；（）求甲投球2次，至少命中1次的概率；（）若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中2次的概率20.已知函数（1）判断函数的奇偶性；（2）若在区间是增函数，求实数的取值范围。21.如图,点P为斜三棱柱ABCA1B1C1的侧棱BB1上一点,PMBB1交AA1于点M,PNBB1交CC1于点N. (1)求证：CC1MN；(2)在任意DEF中有余弦定理：DE2DF2EF22DFEFcosDFE. 拓展到空间,类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式,并予以证明. 22. （本小题满分14分）已知中心在原点的双曲线C的一个焦点是，一条渐近线的方程是（）求双曲线C的方程；（）若以为斜率的直线与双曲线C相交于两个不同的点M，N，且线段MN的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求的取值范围宜宾县蕨溪中学高2010级数学调研考试模拟试题答案一、选择题题号123456789101112答案ACBDCACBBCDD12.【解析】解法一：（直接法）与上底面的、成异面直线的有15对；与下底面的、成异面直线的有9对（除去与上底面的）；与侧棱、成异面直线的有6对（除去与上下底面的）；侧面对角线之间成异面直线的有6对；所以异面直线总共有36对解法二：（间接法）共一顶点的共面直线有对；侧面互相平行的直线有6对；侧面的对角线有3对共面；所以异面直线总共有对二、填空题13. 9; 14. -6; 15. 3+ 16. (答案不唯一)如：两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交与一点；底面是平行四边形；. 三、解答题17. （1）分析：从总体中减去三点共线的情况即可.解：C-3=32个.（2）分析：题中隐含了两个小球相邻问题，故采用捆绑法，同时应注意四个盒子有编号，属于排列问题.解：先将四球中任取2球捆绑，再与其余2个小球去填四个空，即对应于四个元素中选3个元素的排列.故不同放法为CA=144种.18.解：（I）在平面内过点作于点，连结因为，所以，又因为，所以而，所以，从而，又，所以平面因为平面，故（II）解法一：由（I）知，又，所以过点作于点，连结，由三垂线定理知，故是二面角的平面角由（I）知，所以是和平面所成的角，则，不妨设，则，在中，所以，于是在中，故二面角的大小为解法二：由（I）知，故可以为原点，分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）因为，所以是和平面所成的角，则不妨设，则，ABCQPOxyz在中，所以则相关各点的坐标分别是，所以，设是平面的一个法向量，由得取，得 易知是平面的一个法向量设二面角的平面角为，由图可知，所以故二面角的大小为19.解：本小题主要考查随机事件、互斥事件、相互独立事件等概率的基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力满分12分（）解法一：设“甲投球一次命中”为事件A，“乙投球一次命中”为事件B由题意得 解得或（舍去），所以乙投球的命中率为解法二：设设“甲投球一次命中”为事件A，“乙投球一次命中”为事件B由题意得，于是或（舍去），故所以乙投球的命中率为（）解法一：由题设和（）知故甲投球2次至少命中1次的概率为解法二：由题设和（）知故甲投球2次至少命中1次的概率为（）由题设和（）知，甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中两次，乙两次均不中；甲两次均不中，乙中2次。概率分别为， ， 所以甲、乙两人各投两次，共命中2次的概率为20.解：（1）当时，为偶函数；当时，既不是奇函数也不是偶函数.（2）设，由得，要使在区间是增函数只需，即恒成立，则。21.证明(1)CC1BB1, CC1PM,CC1PN,且PM、PN相交于点P,CC1平面PMN.MN平面PMN,CC1MN. 解(2)在斜三棱柱ABCA1B1C1中,有 SSS2SScos. 其中为平面CC1B1B与平面CC1A1A所组成的二面角. CC1平面PMN, 平面CC1B1B与平面CC1A1A所组成的二面角为MNP. 在PMN中,PM2PN2MN22PNMNcosMNP,PM2CCPN2CCMN2CC2(PNCC1)(MNCC1) cosMNP, 由于SPNCC1,SMNCC1,SPMBB1及CC1BB1,则SS（22）本小题主要考查双曲线的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、线段的定比分点等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理运算能力满分14分（）解：设双曲线的方程为