1、棱长为的正四面体的高为 5 （4 分）展开二项式（x+）6，其常数项为 6 （4 分）从 0，1，2，3，4 中取 3 个不同的数组成一个三位数，且这个数大于 200，共有 不同的可能 7 （5 分）圆锥的母线长是，高是，则其侧面积是 8 （5 分）双曲线1 的虚轴长为 2，其渐近线夹角为 9 （5 分） 在空间直角坐标系中， 某个大小为锐角的二面角的两个半平面的法向量分别为 （1， 2，3）和（2，3，1） ，则该二面角的大小为 （结果用反三角函数表示） 10 （5 分）现有颜色为红、黄、蓝的小球各三个，相同颜色的小球依次编号 1、2、3，从中 任取 3 个小球，颜色编号均不相同的情况有 种
2、 11 （5 分）已知点 P（s，t） ，Q（u，v） ，|s|+|t|2，u2+v21，复数 z1，z2在复平面内分别 对应点 P、Q，若 zz1+z2，则|z|的最大值是 12 （5 分）已知点 O 在二面角 AB 的棱上，点 P 在半平面 内，且POB， 若对于半平面 内异于 O 的任意一点 Q，都有POQ，则二面角 AB 大小 的取值的集合为 二、选择题（本大题满分二、选择题（本大题满分 20 分）本大题共有分）本大题共有 4 题，每题都给出四个结论，其中有且只有一题，每题都给出四个结论，其中有且只有一 个结论是正确的，每题选对得个结论是正确的，每题选对得 5 分分 13 （5 分）
3、“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”是以我国哪位数学家命名的数学原 理（ ） A杨辉 B刘微 C祖暅 D李淳风 14 （5 分）已知 n，mN*，nm，下面哪一个等式是恒成立的（ ） 第 2 页（共 16 页） A B C+ D+ 15 （5 分）在复数范围内，多项式 4x2+1 可以因式分解为（ ） A4（x） （x+） B4（x） （x+） C （x） （x+） D （x） （x+） 16 （5 分）已知抛物线 y22px（P 是正常数）上有两点（x1，y1） ，B（x2，y2） ，焦点 F， 甲：x1x2 乙：y1y2p2 丙：p2 丁：+ 以上是“直线 AB 经过焦点 F”的充要条
4、件有几个（ ） A0 B1 C2 D3 三三.解答题（本大题满分解答题（本大题满分 76 分）本大题共有分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须写出必要的步骤题，解答下列各题必须写出必要的步骤 17 （14 分）已知复数 w 满足 w（1+2i）4+3i（i 为虚数单位） ，z+|w2|，求一个以 z 为根的实系数一元二次方程 18 （14 分）在平面直角坐标系中，椭圆 C：+l（ab0，右焦点 F2为（c，0） （1）若其长半轴长为 2，焦距为 2，求其标准方程 （2）证明该椭圆上一动点 P 到点 F2的距离 d 的最大值是 a+c 19 （14 分）推广组合数公式，定义，其中 xR，mN*
5、，且规定 1 （1）求的值 （2）设 x0，当 x 为何值时，函数 f（x）取得最小值？ 20 （16 分）被嘉定著名学者钱大昕赞誉为“国朝算学第一”的清朝数学家梅文鼎曾创造出 一类 “方灯体” ，“灯者立方去其八角也” ， 如图所示， 在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1 第 3 页（共 16 页） 中，点 Pi（il，2，24）为棱上的四等分点， （1）求该方灯体的体积 （2）求直线 P1P2和 P6P11的所成角 （9）求直线 P9P13和平面 P1P2P9的所成角 21 （18 分）双曲线1（a，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，直线 l 过 F2且 与双曲线交于 AB 两点
6、 （1）若 l 的倾斜角为，a，F1AB 是等腰直角三角形，求双曲线的标准方程 （2）a，bl若 l 的斜率存在，且（+） 0，求 l 的斜率 （3）证明：点 P 到已知双曲线的两条渐近线的距离的乘积为定值是该点在已知 双曲线上的必要非充分条件 第 4 页（共 16 页） 2018-2019 学年上海市嘉定区高二（下）期末数学试卷学年上海市嘉定区高二（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一.填填空题（本大题满分空题（本大题满分 54 分）本大题共有分）本大题共有 12 题，只要求直接填写结果，前题，只要求直接填写结果，前 6 题每题得题每题得 4 分，后分，后 6 题每题
7、得题每题得 5 分分 1 （4 分）椭圆+y21 的焦点坐标是 （，0） 【分析】利用椭圆方程求出 a，b 得到 c，即可求出焦点坐标 【解答】解：椭圆+y21，可得 a，b1 则 c， 所以椭圆的焦点坐标（，0） 故答案为： （，0） 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查 2 （4 分）若复数 z 满足 z（1+i）2，则 z 的实部是 1 【分析】方程两边同乘 1i，然后化简可得 z，即可得答案 【解答】解：z（1+i）2z（1+i） （1i）22i， z1i 故答案为：1 【点评】本题考查复数代数形式的乘法运算，复数的基本概念，是基础题 3 （4 分）球的表面积是其大圆
8、面积的 4 倍 【分析】设球的半径为 R，分别求出球的大圆面积及表面积，则答案可求 【解答】解：设球的半径为 R，则大圆面积为 R2，表面积为 4R2， 球的表面积是其大圆面积的 4 倍 故答案为：4 【点评】本题考查球的大圆面积与表面积公式，是基础题 4 （4 分）棱长为的正四面体的高为 【分析】 正四面体 SABC 的棱长为， 取 BC 中点 D， 连结 AD， 过 S 作 SO平面 ABC， 交 AD 于 O，求出 AO，再由 SO，能求出棱长为的正四面 体的高 【解答】解：正四面体 SABC 的棱长为， 第 5 页（共 16 页） 取 BC 中点 D，连结 AD，过 S 作 SO平面
9、ABC，交 AD 于 O， 则 AD， AO， SO 棱长为的正四面体的高为 故答案为： 【点评】本题考查正四面体的高的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等 基础知识，考查运算求解能力，是中档题 5 （4 分）展开二项式（x+）6，其常数项为 20 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 0，求出 r 的值，即可求得常数 项 【解答】解：二项式（x+）6，展开式的通项公式为 Tr+1x6 2r， 令 62r0，求得 r3，可得其常数项为20， 故答案为：20 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 6 （4 分）从
10、0，1，2，3，4 中取 3 个不同的数组成一个三位数，且这个数大于 200，共有 36 不同的可能 【分析】由排列组合及简单的计数问题，结合间接法即可得解 第 6 页（共 16 页） 【解答】解：由 0，1，2，3，4 中取 3 个不同的数组成一个三位数，共有48 个 三位数， 其中不大于 200 的三位数有12 个， 则从 0，1，2，3，4 中取 3 个不同的数组成一个三位数，且这个数大于 200，共有 48 1236 个， 故答案为：36 【点评】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属中档题 7 （5 分）圆锥的母线长是，高是，则其侧面积是 【分析】通过题意，求出圆锥的底面半径，求出底
11、面周长，然后求出圆锥的侧面积 【解答】解：已知圆锥的母线长为，高为，则该圆锥的底面半径为：1 圆锥的底面周长为：2， 所以圆锥的侧面积为：2 故答案为： 【点评】本题考查圆锥的侧面积，考查计算能力，圆锥的高，底面半径，母线构成勾股 定理，是解决圆锥问题的常用方法，是基础题 8 （5 分）双曲线1 的虚轴长为 2，其渐近线夹角为 60 【分析】求出双曲线的渐近线方程，然后求解渐近线夹角即可 【解答】解：双曲线1 的虚轴长为 2，可得 b1， 所以：双曲线的渐近线方程为：y， 所以渐近线夹角为：60 故答案为：60 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力 9 （5 分） 在空间直角坐
12、标系中， 某个大小为锐角的二面角的两个半平面的法向量分别为 （1， 2，3）和（2，3，1） ，则该二面角的大小为 arccos （结果用反三角函数表示） 【分析】根据已知中两个平面法向量的夹角，代入向量夹角公式，可以求出两个向量的 夹角即可 第 7 页（共 16 页） 【解答】解：两平面的法向量分别为（1，2，3）和（2，3，1） ，则两平面所成的 二面角为 ， cos 故 arccos 故两平面所成的二面角为 arccos 故答案为：arccos 【点评】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，其中一定要注意两平面所成的二 面角的大小 10 （5 分）现有颜色为红、黄、蓝的小球各三个，相同
13、颜色的小球依次编号 1、2、3，从中 任取 3 个小球，颜色编号均不相同的情况有 6 种 【分析】根据题意，分析可得取出的 3 个球中红、黄、蓝的小球各有 1 个，进而分析红、 黄、蓝的小球的取法数目，由分步计数原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，从 9 个球中任取 3 个小球，颜色编号均不相同，则红、黄、蓝 的小球各有 1 个， 则红色球的编号可以为 1、2、3，其取法有 3 种， 同理：黄色球的取法有 2 种，蓝色球的取法有 1 种， 则有 3216 种不同的情况； 故答案为：6 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题 11 （5 分）已知点 P（s，t）
14、 ，Q（u，v） ，|s|+|t|2，u2+v21，复数 z1，z2在复平面内分别 对应点 P、Q，若 zz1+z2，则|z|的最大值是 3 【分析】由题意画出图形，数形结合得答案 【解答】解：分别作出 P 与 Q 的轨迹如图， 第 8 页（共 16 页） P 的轨迹为正方形及其内部区域，Q 的轨迹为单位圆及其内部区域， 又 zz1+z2，则当与同向且最大时，|z|有最大值为 3 故答案为：3 【点评】本题考查复数模的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题 12 （5 分）已知点 O 在二面角 AB 的棱上，点 P 在半平面 内，且POB， 若对于半平面 内异于 O 的任意一点 Q，都有P
15、OQ，则二面角 AB 大小 的取值的集合为 900 【分析】画出图形，利用斜线与平面内直线所成角中，斜线与它的射影所成角是最小的， 判断二面角的大小即可 【解答】解：由题意可知，满足题意的图形如图：点 O 在二面角 AB 的棱上，点 P 在 内，且POB 若对于 内异于 O 的任意一点 Q，都有POQ， 因为斜线与平面内直线所成角中，斜线与它的射影所成角是最小的， 即POB 就是 PO 与 所成的角 所以，二面角 AB 的大小是 90 故答案为：900 【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面所成角的性质与判断，考查转化 思想以及空间想象能力属于中档题 二、选择题（本大题满分二、选择题
16、（本大题满分 20 分）本大题共有分）本大题共有 4 题，每题都给出四个结论，其中有且只有一题，每题都给出四个结论，其中有且只有一 个结论是正确的，每题选对得个结论是正确的，每题选对得 5 分分 13 （5 分） “夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”是以我国哪位数学家命名的数学原 理（ ） A杨辉 B刘微 C祖暅 D李淳风 第 9 页（共 16 页） 【分析】由题意可得求不规则几何体的体积的求法，即运用祖暅原理 【解答】解： “夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”的意义是 “夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截， 如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几
17、何体的体积相等” 这是以我国数学家祖暅命名的数学原理， 故选：C 【点评】本题考查祖暅原理的记忆，考查空间几何体的体积的求法，属于基础题 14 （5 分）已知 n，mN*，nm，下面哪一个等式是恒成立的（ ） A B C+ D+ 【分析】利用学过的排列组合数公式判断即可轻松得出结果 【解答】解：由组合是数的性质知， 所以 C 和 D 选项错误； 又组合数公式知， 所以 A 选项错误； 故选：B 【点评】本题考查排列组合数公式和性质，属于基础题型 15 （5 分）在复数范围内，多项式 4x2+1 可以因式分解为（ ） A4（x） （x+） B4（x） （x+） C （x） （x+） D （x）
18、（x+） 【分析】由 i 的性质，结合平方差公式，可得所求 【解答】解：4x2+14（x2+）4（x2（）2） 4（x） （x+） ， 故选：A 【点评】本题考查复数范围内的因式分解，考查运算能力，属于基础题 16 （5 分）已知抛物线 y22px（P 是正常数）上有两点（x1，y1） ，B（x2，y2） ，焦点 F， 第 10 页（共 16 页） 甲：x1x2 乙：y1y2p2 丙：p2 丁：+ 以上是“直线 AB 经过焦点 F”的充要条件有几个（ ） A0 B1 C2 D3 【分析】根据题意设过抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F 的直线为：xmy+，代入 抛物线方程得关于 y 的方程
19、， 利用根与系数的关系以及平面向量的运算法则，判断题目中的命题是否正确即可 【解答】解：必要性：设过抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F 的直线为：xmy+， 代入抛物线方程得：y22pmyp20； 由直线上两点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 则有 y1y2p2， x1x2 （my1+） （my2+） m2y1y2+m （y1+y2） +m2 （p2） +m2pm+， x1x2+y1y2p2p2， 由+ ， 故：甲、乙、丙、丁都是必要条件 充分性：设过抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F 的直线为：xmy+t， 代入抛物线方程得：y22pmy2pt0； 由直线上两点 A（x
20、1，y1） ，B（x2，y2） ， 对于甲：若 x1x2（my1+t） （my2+t）m2y1y2+tm（y1+y2）+t2m2 （2pt）+tm2pm+t2 ， 第 11 页（共 16 页） t，直线 AB 不一定经过焦点 F 对于乙：若 y1y2p22pt，则 t，直线 AB 经过焦点 F 对于丙：x1x2+y1y22pt+t2p2，t或，直线 AB 不一定经过焦 点 F 对 于 丁 ：+ ， t直线 AB 不一定经过焦点 F 综上，正确的结论有 1 个 故选：B 【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质，抛物线与直线的关系应用问题，需要设出 直线的方程，与抛物线方程联立，利用设而不求的方法
21、解答 三三.解答题（本大题满分解答题（本大题满分 76 分）本大题共有分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须写出必要的步骤题，解答下列各题必须写出必要的步骤 17 （14 分）已知复数 w 满足 w（1+2i）4+3i（i 为虚数单位） ，z+|w2|，求一个以 z 为根的实系数一元二次方程 【分析】由已知求得 w，进一步求得 z，再由实系数一元二次方程虚根成对原理求解以 z 为根的实系数一元二次方程 【解答】解：由 w（1+2i）4+3i，得 w， z+|w2|， 则， ， 以 z 为根的实系数一元二次方程为 x26x+100 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查实系数一元二次方程
22、虚根成对原理的 应用，是中档题 第 12 页（共 16 页） 18 （14 分）在平面直角坐标系中，椭圆 C：+l（ab0，右焦点 F2为（c，0） （1）若其长半轴长为 2，焦距为 2，求其标准方程 （2）证明该椭圆上一动点 P 到点 F2的距离 d 的最大值是 a+c 【分析】 （1）由已知求得 a，c 的值，再由隐含条件求得 b，则椭圆方程可求； （2）设 P（x0，y0） （ax0a） ，利用两点间的距离公式求 d，再由配方法求最值 【解答】 （1）解：由题意，a2，2c2，则 c1 b2a2c23 椭圆的标准方程为； （2）证明：设 P（x0，y0） （ax0a） ， F2（c，0）
23、 ， d 当 x0a 时， 【点评】本题考查椭圆方程的求法，训练了利用配方法求函数的最值，是中档题 19 （14 分）推广组合数公式，定义，其中 xR，mN*，且规定 1 （1）求的值 （2）设 x0，当 x 为何值时，函数 f（x）取得最小值？ 【分析】 （1）根据已知公式，直接带入数值计算即可； （2）因为 x0，利用基本不 等式可以求得最值 【解答】解： （1） 第 13 页（共 16 页） （2） 因为 x0， 当且仅当 x时，等号成立， 所以当时，取得最小值 【点评】本题考查组合及组合数公式，有情景，新定义，理解题意很关键 20 （16 分）被嘉定著名学者钱大昕赞誉为“国朝算学第一”
24、的清朝数学家梅文鼎曾创造出 一类 “方灯体” ，“灯者立方去其八角也” ， 如图所示， 在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1 中，点 Pi（il，2，24）为棱上的四等分点， （1）求该方灯体的体积 （2）求直线 P1P2和 P6P11的所成角 （9）求直线 P9P13和平面 P1P2P9的所成角 【分析】 （1）利用正方体性质能求出该方灯体的体积 （2）以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AA1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向 量法能求出直线 P1P2和 P6P11的所成角 （3） 求出平面 P1P2P9的法向量，利用向量法能求出直线 P9P13和平面 P1P2P
25、9的所成角 【解答】解： （1）在棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 Pi（il，2，24）为棱上的四等分点， 该方灯体的体积： V444 （2）以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AA1为 z 轴，建立空间直角坐标系， 第 14 页（共 16 页） P1（3，0，4） ，P2（4，1，4） ，P6（0，3，4） ，P11（0，4，3） ， （1，1，0） ，（0，1，1） ， 设直线 P1P2和 P6P11的所成角为 ， 则 cos， 直线 P1P2和 P6P11的所成角为 60 （3）P9（4，0，3） ，P13（4，0，1） ，（0，0，2） ，（1，
26、0，1） ， 设平面 P1P2P9的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x1，得 （1，1，1） ， 设直线 P9P13和平面 P1P2P9的所成角为 ， 则 sin， 直线 P9P13和平面 P1P2P9的所成角为 arcsin 【点评】本题考查多面体的体积、异面直线所成角的余弦值、线面角的正弦值的求法， 考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 21 （18 分）双曲线1（a，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，直线 l 过 F2且 与双曲线交于 AB 两点 （1）若 l 的倾斜角为，a，F1AB 是等腰直角三角形，求双曲线的标准方程 第 15 页（共
27、 16 页） （2）a，bl若 l 的斜率存在，且（+） 0，求 l 的斜率 （3）证明：点 P 到已知双曲线的两条渐近线的距离的乘积为定值是该点在已知 双曲线上的必要非充分条件 【分析】 （1）代入 xc，求得 y，可得 2c，解方程可得 c，b，进而得到所求双曲 线方程； （2）设直线方程为 yk（x2） ，联立双曲线方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得 AB 的中点 M 的坐标，由向量的加减和数量积的性质可得|F1A|F1B|，可得 k 的方程， 解方程可得 k 的值； （3）设 P（x0，y0） ，双曲线的两条渐近线为 bxay0，运用点到直线的距离公式，以 及充分必要条件的定义，即可
28、得证 【解答】解： （1）l 的倾斜角为，a，可得直线 l：xc， 代入双曲线方程可得 y， F1AB 是等腰直角三角形可得 2c， 即有 2cb2c2a2c23， 解得 c+，b2c2a26+6， 则双曲线的方程为1； （2）a，bl可得 c2， l 的斜率存在，设为 k，设直线方程为 yk（x2） ， （+） （+） （） 220， 可得|F1A|F1B|， 由 yk（x2） ，k0，联立双曲线方程 x23y23， 可得（13k2）x2+12k2x12k230， 可得 x1+x2，AB 的中点 M 为（，） ， 由 F1Ml，可得 k， 第 16 页（共 16 页） 解得 k，满足144k4+4（12k2+3） （13k2）0， 故直线 l 的斜率为； （3）证明：设 P（x0，y0） ，双曲线的两条渐近线为 bxay0， 可得 P 到渐近线的距离的乘积为 ， 即为|b2x02a2y02|a2b2，可得1， 可得 P 在双曲线1 或1 上， 即有点 P 到已知双曲线的两条渐近线的距离的乘积为定值 是该点在已知双曲线上的必要非充分条件 【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和双曲线的位置关系，以及韦达定理 和中点坐标公式、两直线垂直的条件，考查点到直线的距离公式，以及充分必要条件的 判断，属于中档题
