连云港市高二期末考试数学模拟2

连云港市高二期末考试数学模拟一、选择题：1.已知集合，集合，则（）A B. C. D.【解析】则故选：C2.若复数z满足，则的虚部是（）A. B. C. D.【解析】由得：，的虚部为.故选：B.3.已知向量，，若，则实数（）A. B. C. D.【解析】因为，，所以，因为，所以，所以，解得，4.若，则（）A.2 B. C.1 D.【解析】因为，所以，所以，又，所以即，所以，所以即，又，所以，所以，所以，所以即，又易知，所以，即，故选：A5.如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（）A. B. C. D.【解析】易知四面体的三条侧棱两两垂直，且，把四面体补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体的外接球，球的半径为故选：B.函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.【解析】依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，1)上为增函数．又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜eq\f(1,2)＜1，因此f(－1)＜f(0)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即f(3)＜f(0)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＜a＜b.7.设函数在区间恰有5个极值点，4个零点，则的取值范围是（）A.B.C. D.【解析】令，得，因为，所以，因为函数在区间恰有5个极值点，4个零点，所以，解得，所以的取值范围是.故选：D.7.意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（）A.10 B.11 C.12 D.13【解析】由题意可令,所以将数列逐个列举可得:,,,,,故,因为,所以,故.故选:B二、多项选择题9.下列结论正确的是（）A.若随机变量服从两点分布，，则B.若随机变量的方差，则C.若随机变量服从二项分布，则D.若随机变量服从正态分布，，则【解析】对A：若随机变量服从两点分布，，则，故A错误；对B：若随机变量的方差，则，故错误；对C：若随机变量服从二项分布，则，故正确；对D：若随机变量服从正态分布，，则，故，故正确.故选：CD.10.若函数有且仅有两个零点，，则下列说法正确的是（）A.当时， B.当时，C.当时， D.当时，【解析】，令，解得或0，因为有两个零点，所以，因为，所以，，整理得，当时，的图象如下所示，，所以，则，故C正确，D错；当时，的图象如下所示，因为，所以，则，故A错，B正确.故选：BC.11.已知分别为双曲线的左、右焦点，过点的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为，若，则（）A.、在直线上 B.双曲线的离心率C.内切圆半径最小值是 D.的取值范围是【解析】对A：过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，则，∵，则，又∵，则，∴，即在直线上，同理可得：在直线上，A正确；对B：∵，则，∴，又∵，则，即，∴，故离心率为，B正确；对C：∵，则，∴，双曲线的渐近线方程为，则直线的倾斜角，设直线方程为，，联立方程，消去x得：，∴，则，设内切圆半径为，其周长，根据的面积可得：，则，C正确；对D：由题意不妨设，，∵，则，令，∴，，，又∵在上单调递增，∴，D错误；故选：ABC.三、填空题12.的展开式中含项的系数为___________.【答案】13.已知等边三角形的边长为6，点P满足，则_________．【解析】建立如图所示坐标系，其中O为BC的中点，所以，设，则，，，又因为，所以，，即，，所以，所以.14.已知、为实数，，若对恒成立，则的最小值为______.【解析】因为，所以，若，则恒成立，所以在上单调递增，且当时，不符合题意，所以，令，解得，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，则，则，令，，则，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即的最小值为.四、解答题15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求；(2)设，当的值最大时，求△ABC的面积．【详解】（1）由题意在△ABC中，，，由正弦定理得，∴，整理得到，而为三角形内角，故，故，而，故即.（2）由题意及（1）得在△ABC中，，，故外接圆直径，故，，其中，且，因为，故，而，故的最大值为1，此时，故，，故，且故，此时.16.已知椭圆：（）过点，直线：与椭圆交于，两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为0.5.(1)求椭圆的标准方程；(2)当时，椭圆上是否存在，两点，使得，关于直线对称，若存在，求出，的坐标，若不存在，请说明理由．（1）设，，则，即．因为，在椭圆上，所以，，两式相减得，即，又，所以，即．又因为椭圆过点，所以，解得，，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意可知，直线的方程为．假设椭圆上存在，两点，使得，关于直线对称，设，，的中点为，所以，，因为，关于直线对称，所以且点在直线上，即．又因为，在椭圆上，所以，，两式相减得，即，所以，即．联立，解得，即．又因为，即点在椭圆外，这与是弦的中点矛盾，所以椭圆上不存在点，两点，使得，关于直线对称．17．如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，．（1）证明：；（2）当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时二面角的大小．（1）分别取、的中点、，连接、、．因为，为的中点，所以．又因为，所以．因为四边形为正方形，则且，、分别为、的中点，且，，所以，四边形为矩形，则，，所以平面．因为平面，所以．在中，为的中点，，所以．又因为，，所以，从而可得；（2）由（1）可知，平面，，平面，平面，，所以，为二面角的平面角，且，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，其中，则、、、、、，，，，设平面的法向量为，由，即，取，则，，，，令，则，则，当且仅当时，即当时，即当时，等号成立.所以，当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角为．18.．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R且a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．解：(1)f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x＞0)，当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＞0，得x＞eq\f(1,a)，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(lnx－1)ex＋x＝m的根的个数．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，则h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1.由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，f(x)≥f(1)＝0.∴eq\f(1,x)＋lnx－1≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立．∴h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1≥0＋1＞0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增，∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2e＋eq\f(1,e)，h(x)max＝h(e)＝e.∴当m＜－2e＋eq\f(1,e)或m＞e时，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上没有零点；当－2eeq\f(1,e)＋eq\f(1,e)≤m≤e时，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有一个零点．19..若存在非零常数p，对任意的正整数n，aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2＋p，则称数列{an}是“T数列”．(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2(n∈N*)，求证：{an}是“T数列”；(2)设{an}是各项均不为0的“T数列”．①若p＜0，求证：{an}不是等差数列；②若p＞0，求证：当a1，a2，a3成等差数列时，{an}是等差数列．证明：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，符合上式，所以an＝2n－1.则{an}是“T数列”⇔存在非零常数p，对任意正整数n，(2n＋1)2＝(2n－1)(2n＋3)＋p，显然p＝4满足题意，所以{an}是“T数列”．(2)①假设{an}是等差数列，设an＝a1＋(n－1)d，则由aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2＋p，得(a1＋nd)2＝[a1＋(n－1)d]·[a1＋(n＋1)d]＋p，解得p＝d2≥0，这与p＜0矛盾，故假设不成立，从而{an}不是等差数列．②因为aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2＋p所以aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1＋p(n≥2)两式相减得，aeq\o\al(2,n＋1)－a