吉林省汪清县第六中学2017-2018学年高二下学期期末考试数学（文）试题

绝密★启用前第二学期汪清六中期末考卷高二文科数学试卷考试时间：120分钟；命题人：孙成敏姓名：__________班级：__________题号一二三总分得分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、单项选择（每小题5分，共计60分）1、已知集合，，则集合（）....2、已知复数，则＝（）A.B.C.D.3、函数的零点所在的区间是（）A.B.C.D.4、如图2所示，程序框图的输出结果是()A.3B.4C.5D.85、袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2；从以上五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率为（）A.B.C.D.6、一个几何体的三视图如上图所示，则该几何体的体积为()A.B.C.D.7、点在极坐标系中的坐标为（）A.B.C.D.8、将函数y=2sin(2x+)的图像向右平移个周期后，所得图像对应的函数为A.y=2sin(2x+)B.y=2sin(2x–)C.y=2sin(2x–)D.y=2sin(2x+)9、已知向量，若（）与平行，则的值为（）A.B.C.D.10、在区间上随机选取一个数，则的概率为（）A.B.C.D.11、圆的圆心到直线的距离为1，则（）.A.B.C.D.12在中，内角的对边分别是.若，，，则等于()A.B.C.D.评卷人得分二、填空题（每小题5分，共计20分）13、若满足约束条件，则的最大值是____________14.等差数列{an}中，a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为_____________15.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题：①若，则；②若，则；③，则；④若，则.其中正确的命题个数是_________________16、的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为____________________评卷人得分三、解答题（共计70分）17、（本小题10分）已知直线经过两条直线和的交点，且与直线垂直.（1）求直线的方程；（2）若圆的圆心为点，直线被该圆所截得的弦长为，求圆的标准方程.18.（本小题12分）已知函数.（1）求的最小正周期；（2）求在区间上的最大值和最小值.19．（本小题12分）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱⊥底面是的中点．（Ⅰ）求证：∥；（Ⅱ）证明：．20、（本小题12分）已知{an}为等比数列，a1=1，a4=27；Sn为等差数列{bn}的前n项和，b1=3，S5=35.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）设数列{cn}满足cn=anbn（n∈N），求数列{cn}的前n项和Tn．21．（本小题12分）在△ABC中，角A为锐角，记角A、B、C所对的边分别为a、b、c，设向量与的夹角为。（I）求及角A的大小。（II）若，求△ABC的面积。22、（本小题12分）已知曲线的参数方程为（为参数）以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（Ⅰ）求曲线的极坐标方程；（Ⅱ）若直线交曲线于两点，求.参考答案一、单项选择1、【答案】A3、【答案】C2、【答案】B4、【答案】B5、【答案】C6、【答案】B【解析】解：由已知中的三视图，可得该几何体是：一个三棱柱挖掉一个三棱锥，所得的组合体，∵三棱柱的体积V=×22×2=2，挖去的棱锥体积V=（×22）×1=，故该几何体的体积为：2﹣=7、【答案】A8、【答案】B9、【答案】A10、【答案】B11、【答案】A12、【答案】D二、填空题13、【答案】14、【答案】d＝215、【答案】116、【答案】三、解答题17.【解】【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）求出两直线交点，直线的斜率，即可求直线的方程；（2）利用待定系数法求圆的标准方程.试题解析：（1）由已知得:,解得两直线交点为，设直线的斜率为∵与垂直∴∵过点∴的方程为，即（2）设圆的半径为，依题意，圆心到直线的距离为，则由垂径定理得∴∴圆的标准方程为.18、【答案】（1）；（2）最大值为＋1，最小值为0.试题分析：（1）利用平方和公式，二倍角的正弦函数公式，两角和的正弦函数公式即可化简为f（x）=Asin（ωx+φ）+k的形式，利用周期公式即可得解f（x）最小正周期；（2）由已知可求，利用正弦函数的图象和性质即可得解f（x）在区间上的最大值和最小值．试题解析：(1)∵，∴f（x）的最小正周期为；(2)由(1)的计算结果知，f(x)＝sin＋1.，∴，∴sin（2x+）∈[﹣，1]，∴．19、【答案】【答案】试题分析：（1）由线线平行得出线面平行；（2）由线面垂直的判定定理证出BD⊥平面PAC，再由线面垂直的性质证得。试题解析证：（Ⅰ）连结AC交BD于O，连结OE，因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC中点．又因为E是PA的中点，所以PC∥OE，因为PC平面BDE，OE平面BDE，所以PC∥平面BDE．（Ⅱ）因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC．因为PA⊥底面ABCD，且BD平面ABCD，所以PA⊥BD．又AC∩PA=A，AC？平面PAC，PA平面PAC，所以BD⊥平面PAC又CE平面PAC，所以BD⊥CE．20、【答案】（1）（2）试题分析：（1）设等比数列的公比为，由，可得，解得，设等差数列的公差为，由，可得，解得，从而可得结果；（2）由（1）可得，利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出.试题解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，∵a1=1，a4=27；∴1×q3=27，解得q=3.∴．设等差数列{bn}的公差为d，∵b1=3，S5=35.∴5×3+=35，解得d=2.∴bn=3+2（n﹣1）=2n+1.（2）cn=anbn=（2n+1）？3n﹣1.∴数列{cn}的前n项和Tn=3+5×3+7×32++（2n+1）？3n﹣1.3Tn=3×3+5×32++（2n﹣1）？3n﹣1+（2n+1）？3n．∴﹣2Tn=3+2×（3+32++3n﹣1）﹣（2n+1）？3n=3+﹣（2n+1）？3n．∴Tn=n？3n．21、【答案】（1），（2）试题分析：解（1）由已知得又∴（2）由余弦定理22、【答案】（1）（2）试题分析：（Ⅰ）将曲线的参数方程消去参数即可得到普通