山西省吕梁市英雄街中学高二数学理下学期期末试卷含解析

山西省吕梁市英雄街中学高二数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知函数则满足不等式的的取值范围是（

）

A．

B．

C．

D．

参考答案：C略2.（文科）直线与圆相交于两点.若，则的取值范围是().A.

B.

C.

D.参考答案：A略3.已知Sn为等差数列{an}的前n项，若a2：a4=7：6，则S7：S3等于（）A．2：1 B．6：7 C．49：18 D．9：13参考答案：A【考点】等差数列的前n项和．【分析】根据所给的两项之比和要求的数列的前n项和，把前n项和写成S7：S3=7a4：3a2，代入比值求出结果．【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项，若a2：a4=7：6，∴S7：S3=7a4：3a2=7×6：3×7=2：1故选A．4.下列命题中，真命题是()A．?x∈R，ex≤0B．?x∈R,2x＞x2C．a＋b＝0的充要条件是＝－1D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件参考答案：D略5.一个物体的运动方程为其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在秒末的瞬时速度是（

）A．米/秒

B．米/秒

C．米/秒

D．米/秒参考答案：C略6.如果直线与直线垂直，那么等于(A)

(B)

(C)

(D)参考答案：C7.已知物体的运动方程为s＝t2＋(t是时间，s是位移)，则物体在时刻t＝2时的速度为()A．

B．

C．

D．参考答案：D因为，所以，故选D．

8.已知点M（a，b）在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定参考答案：B【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由M在圆外，得到|OM|大于半径，列出不等式，再利用点到直线的距离公式表示出圆心O到直线ax+by=1的距离d，根据列出的不等式判断d与r的大小即可确定出直线与圆的位置关系．【解答】解：∵M（a，b）在圆x2+y2=1外，∴a2+b2＞1，∴圆O（0，0）到直线ax+by=1的距离d=＜1=r，则直线与圆的位置关系是相交．故选B9.当n=1，2，3，4，5，6时，比较2n和n2的大小并猜想（）A．n≥1时，2n＞n2 B．n≥3时，2n＞n2 C．n≥4时，2n＞n2 D．n≥5时，2n＞n2参考答案：D【考点】归纳推理．【分析】此题应从特例入手，当n=1，2，3，4，5，6，…时探求2n与n2的大小关系，也可以从y=2x与y=x2的图象（x＞0）的变化趋势猜测2n与n2的大小关系．【解答】解：当n=1时，21＞12，即2n＞n2；当n=2时，22=22，即2n=n2；当n=3时，23＜32，即2n＜n2；当n=4时，24=42，即2n=n2；当n=5时，25＞52，即2n＞n2；当n=6时，26＞62；…猜测当n≥5时，2n＞n2；下面我们用数学归纳法证明猜测成立，（1）当n=5时，由以上可知猜测成立，（2）设n=k（k≥5）时，命题成立，即2k＞k2，当n=k+1时，2k+1=2?2k＞2k2=k2+k2＞k2+（2k+1）=（k+1）2，即n=k+1时，命题成立，由（1）和（2）可得n≥5时，2n与n2的大小关系为：2n＞n2；故答案为：n=2或4时，2n=n2；n=3时，2n＜n2；n=1及n取大于4的正整数时，都有2n＞n2．故选D．10.如图所示,,,,,若,那么

参考答案：二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知数列的各项都是正整数，且

若存在，当且为奇数时，恒为常数，则

．参考答案：1或5略12.已知a+lga=10，b+10b=10，则a+b等于．参考答案：10【考点】对数函数的单调性与特殊点．【分析】构造函数f（x）=x+lgx，我们根据函数单调性的性质可得f（x）单调递增，又由a+lga=10，b+10b=10，我们可以构造关于a，b的方程，解方程即可得到a+b的值．【解答】解：设函数f（x）=x+lgx，则f（x）单调递增，由题f（a）=f（10b）=10，∴a=10b，∴a+b=10b+b=10．故答案为：10【点评】本题考查的知识点是对数函数的单调性，其中根据已知条件构造函数f（x）=x+lgx，并判断出函数的单调性，是解答本题的关键．13.方程a+b+c+d=8的正整数解（a，b，c，d）有组．（用数字作答）参考答案：35【考点】排列、组合的实际应用．【分析】a+b+c+d=8的正整数解，转化为7个球中插入3个板，利用组合知识可得结论【解答】解：a+b+c+d=8的正整数解，转化为7个球中插入3个板，故共有=35组．故答案为35．14.已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（x0，）为双曲线上一点，若△PF1F2的内切圆半径为1，且圆心G到原点O的距离为，则双曲线的离心率是．参考答案：【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】设P为第一象限的点，运用圆的切线长定理，及双曲线的定义得到A与A'重合，利用圆心G到原点O的距离为，求出a，利用等面积，结合双曲线的定义，求出P的坐标，即可得出结论．【解答】解：设P为第一象限的点，圆与F1F2，PF1，PF2的切点分别为A'，B，D．∵|PF1|﹣|PF2|=2a，|PD|=|PB|，|DF1|=|A'F1|，|BF2|=|A'F2|，即为|PD|+|DF1|﹣|PB|﹣|BF2|=|DF1|﹣|BF2|=|A'F1|﹣|A'F2|=2a，且|A'F1|+|A'F2|=2c，可得|A'F2|=c﹣a，则A与A'重合，则|OA'|=|OA|=a，故=，即a=2．又△PF1F2的面积S=××|2c|=（|F1F2|+|PF1|+|PF2|）×1，∴|PF1|+|PF2|=3c，∵|PF1|﹣|PF2|=2a，∴|PF1|=，|PF2|=，∵|PF1|=，|PF2|=，联立化简得x0=3．P代入双曲线方程，联立解得b=，c==3，即有双曲线的离心率为e==．故答案为：．15.椭圆的准线方程为___________.参考答案：16.在等差数列{an}中，若a3=50,a5=30，则a7=

.参考答案：1017.设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，若，轴，则椭圆E的方程为__________．参考答案：设点在轴的上方，，，，由，可得，易得，又点、在椭圆上，故，化简得，∴，故椭圆的方程为．三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0，S5=﹣5（1）求{an}的通项公式（2）求数列{（2﹣an）2n}的前n项和．参考答案：【考点】数列的求和．【分析】（1）设{an}的公差为d，由S3=0，S5=﹣5可求得a1=1，d=1，从而可求{an}的通项公式；（2）令bn=（2﹣an）2n=n?2n，Tn=b1+b2+…+bn﹣1+bn=1?21+2?22+…+（n﹣1）?2n﹣1+n?2n，利用错位相减法求和可得数列{（2﹣an）2n}的前n项和．【解答】解：（1）设{an}的公差为d，则Sn=na1+﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣由已知可得，解得a1=1，d=1．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣故{an}的通项公式为an=2﹣n．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）令bn=（2﹣an）2n=n?2n．令Tn=b1+b2+…+bn﹣1+bn=1?21+2?22+…+（n﹣1）?2n﹣1+n?2n﹣﹣﹣﹣﹣有2Tn=1?22+2?23+…+（n﹣1）?2n+n?2n+1．﹣﹣﹣﹣﹣两式相减得：﹣Tn=21+22+…+2n﹣n?2n+1=﹣n?2n+1=﹣2+（1﹣n）?2n+1﹣﹣﹣﹣﹣则Tn=2+（n﹣1）?2n+1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣19.写出命题“若x2﹣3x+2≠0，则x≠1且x≠2”的逆命题、否命题、逆否命题，并判断它们的真假．参考答案：【考点】21：四种命题．【分析】根据原命题“若p，则q”，写出它的逆命题若q，则p，否命题若￢p，则￢q与逆否命题若￢q，则￢p，并判断真假性．【解答】解：∵原命题是“若x2﹣3x+2≠0，则x≠1且x≠2”，∴它的逆命题是：若x≠1且x≠2，则x2﹣3x+2≠0，是真命题；﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）否命题是：若x2﹣3x+2=0，则x=1或x=2，是真命题；﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）逆否命题是：若x=1或x=2，则x2﹣3x+2=0，是真命题．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）【点评】本题考查了四种命题之间的关系与应用问题，也考查了命题真假的判断问题，是基础题．20.已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，实轴长为2．（1）求双曲线C的方程；

（2）若直线y=x+m被双曲线C截得的弦长为，求m的值．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（1）由离心率为，实轴长为2．可得，2a=2，再利用b2=c2﹣a2=2即可得出．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），与双曲线的联立可得x2﹣2mx﹣m2﹣2=0，利用根与系数的关系可得|AB|===4，即可得出．【解答】解：（1）由离心率为，实轴长为2．∴，2a=2，解得a=1，，∴b2=c2﹣a2=2，∴所求双曲线C的方程为=1．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，△＞0，化为m2+1＞0．∴x1+x2=2m，．∴|AB|===4，化为m2=1，解得m=±1．21.数列{an}中，，，且满足.（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设，求.参考答案：略22.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC等边三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．求证：（Ⅰ）EF∥平面A1BC1；（Ⅱ）平面AEF⊥平面BCC1B1．参考答案：【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）由三角形中位线定理得EF∥BC1，由此能证明EF∥平面A1BC1．（Ⅱ）由三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，得AE⊥BB1，由正三角形性质得AE⊥BC，由此能证明平面AEF⊥平面BCC1B1．【解答】证明：（Ⅰ）因为E，F分别是BC，CC1的中点，所以EF∥BC1．