第i卷（選擇題）
一、選擇題：本大題共10個小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．下面的四個不等式其中不成立的有
a.1個b.2個 c.3個 d.4個
2．已知橢圓的離心率為，過右焦點且斜率為的直線與相交於兩點．若，則
（a）1（b） （c） （d）2
3．如圖，用四種不同顏色給圖中的a,b,c,d,e,f六個點塗色，要求每個點塗一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點塗不同顏色，則不同的塗色方法用
a.288種 b.264種 c.240種 d.168種
4．若函式在x=0處的切線與圓相離，則與圓的位置關係是
a．在圓外b．在圓內c．在圓上 d．不能確定
5．如圖,設為內的兩點,且,＝＋,則的面積與的面積之比為( )
a． b． cd．
6．過正方體的頂點a作直線，使與稜ab，ad，所成的角都相等，這樣的直線可以作a．1條 b．2條 c．3條 d．4條
7．現安排甲、乙、丙、丁、戌5名同學參加上海世博會志願者服務活動，每人從事翻譯、導遊、禮儀、司機四項工作之一，每項工作至少有一人參加。甲、乙不會開車但能從事其他三項工作，丙丁戌都能勝任四項工作，則不同安排方案的種數是
a．152 b.126 c.90 d.54
8．若展開式中的第5項是，設，則（ ）
a．1 b． c． d．
9．某程式框圖如圖所示，若輸出的s=57，則判斷框內位
（a） k＞4b）k＞5? （c） k＞6d）k＞7?
10． 已知一科研人員研究兩種菌，且在任何時刻兩種菌的個數乘積為定值。為便於研究，科研人員用來記錄菌個數的資料，其中為菌的個數，則下列判斷中正確的個數為（ ）
①②若今天的值比昨天的值增加1，則今天的菌個數比昨天的菌個數多了10個。③假設科研人員將菌的個數控制為5萬個，則此時
a. 0 b. 1 c. 2 d. 3
第ii卷（非選擇題）
二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分，將答案填在答題卡中的相應位置。
11． 設x、y、z滿足x+y+z=1及不等式組求f=2x+6y+4z的最小值為_______
12． (15) 乙個幾何體的正檢視為乙個三角形，則這個幾何體可能是下列幾何體中的_______(填入所有可能的幾何體前的編號)
①三稜錐 ②四稜錐 ③三稜柱 ④四稜柱 ⑤圓錐 ⑥圓柱
13． 如圖所示，在正方體abcd－a1b1c1d1中，m、n分別是稜ab、cc1的中點，△mb1p的頂點p在稜cc1與稜c1d1上運動，
有以下四個命題：
a．平面mb1p⊥nd1；
b．平面mb1p⊥平面nd1a1；
c．△mb1p在底面abcd上的射影圖形的面積為定值；
d．△mb1p在側面d1c1cd上的射影圖形是三角形．
其中正確命題的序號是
14．以下五個關於圓錐曲線的命題中：
①雙曲線與橢圓有相同的焦點；
②方程的兩根可分別作為橢圓和雙曲線的離心率；
③設a、b為兩個定點，為常數，若，則動點p的軌跡為雙曲線；
④過拋物線的焦點作直線與拋物線相交於a、b兩點，則使它們的橫座標之和
等於5的直線有且只有兩條。
⑤過定圓c上一點a作圓的動弦ab，o為原點，若，則動點p的
軌跡為橢圓
其中真命題的序號為寫出所有真命題的序號）
15．設，將的最小值記為，則
其中三、解答題：本大題共6小題，共75分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。解答寫在答題卡上的指定區域內。
16．已知x，y∈r＋，且x＋y＞2，求證：與中至少有乙個小於2。
17．如圖，在長方體中，、分別是稜,
上的點，,
求異面直線與所成角的余弦值；
證明平面
求二面角的正弦值。
18．設a(),b()是平面直角座標系xoy上的兩點，先定義由點a到點b的一種折線距離p(a,b)為.
19．已知展開式的二項式係數和為512，
且（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求被6整除的餘數.
20．乙個同心圓形花壇，分為兩部分，中間小圓部分種植草坪和綠色灌木，周圍的圓環分為n（n≥3，n∈n）等份，種植紅、黃、藍三色不同的花，要求相鄰兩部分種植不同顏色的花．
（1）如圖1，圓環分成的3等份為a1，a2，a3，有多少不同的種植方法？如圖2，圓環分成的4等份為a1，a2，a3，a4，有多少不同的種植方法？
（2）如圖3，圓環分成的n等份為a1，a2，a3，……，an，有多少不同的種植方法？
21．設函式（且）
（i）當時，求的展開式中二項式係數最大的項；
（ii）對任意的實數，證明 （是的導函式）；
（iii）是否存在，使得恆成立？若存在，試證明你的結論並求出的值；若不存在，請說明理由。
▍參***或解析(僅供參考)
abdcb dbaab
解析： 3、d
本題主要考查排列組合的基礎知識與分類討論思想，屬於難題。
b,d,e,f用四種顏色，則有種塗色方法；
b,d,e,f用三種顏色，則有種塗色方法；
b,d,e,f用兩種顏色，則有種塗色方法；
所以共有24+192+48=264種不同的塗色方法。
4 bc
①④0 當n為偶數時
當n為奇數時
解析： 16、
假設與都大於等於2，
∴假設錯誤，原結論正確。
17、,
解析：方法一：如圖所示，建立空間直角座標系，
點a為座標原點，設,依題意得,
,,解：易得,
於是 所以異面直線與所成角的余弦值為
證明：已知,,
於是·=0，·=0.因此，,,又
所以平面
(3)解：設平面的法向量，則,即
不妨令x=1,可得。由（2）可知，為平面的乙個法向量。
於是，從而
所以二面角的正弦值為
方法二：（1）解：設ab=1，可得ad=2,aa1=4,cf=
鏈結b1c,bc1，設b1c與bc1交於點m,易知a1d∥b1c，由,可知ef∥bc1.故是異面直線ef與a1d所成的角，易知bm=cm=,所以 ,所以異面直線fe與a1d所成角的余弦值為
（2）證明：連線ac，設ac與de交點n 因為，所以，從而，又由於,所以，故ac⊥de,又因為cc1⊥de且，所以de⊥平面acf，從而af⊥de.
連線bf，同理可證b1c⊥平面abf,從而af⊥b1c,所以af⊥a1d因為，所以af⊥平面a1ed
(3)解：連線由（2）可知de⊥平面acf,又nf平面acf, a1n平面acf，所以de⊥nf,de⊥a1n,故為二面角a1-ed-f的平面角
易知，所以，又所以，在
連線a1c1,a1f 在
。所以所以二面角a1-de-f正弦值為
18、解析：
當且僅當時等號成立，即三點共線時等號成立.
19、,2,5
解析：解：（1）由二項式係數和為512知，……………1分
所以……………4分
（2）令
令得所以………8分
（3）因為能被6整除，所以-19被6整除後餘數為5.………12分
20、（1）18 （2）
解析：（1）如圖1，先對a1部分種植，有3種不同的種法，再對a2、a3種植，
因為a2、a3與a1不同顏色，a2、a3也不同．
所以s（3）=3×2=6（種）……………3分
如圖2，s（4）=3×2×2×2－s（3）=18（種6分
（2）如圖3，圓環分為n等份，對a1有3種不同的種法，對a2、a3、…、an都有兩種不同的種法，但這樣的種法只能保證a1與ai（i=2、3、……、n－1）不同顏色，但不能保證a1與an不同顏色8分
於是一類是an與a1不同色的種法，這是符合要求的種法，記為種．另一類是an與a1同色的種法，這時可以把an與a1看成一部分，這樣的種法相當於對n－1部分符合要求的種法，記為．
共有3×2n－1種種法10分
這樣就有．即，
則數列是首項為公比為－1的等比數列．
則由⑴知：，∴．
13分[**:學*科*網]
答：符合要求的不同種法有…………………14分
21、（i）
（ii）證明見解析
（iii）存在
解析：（i）展開式中二項式係數最大的項是第4項，這項是………3分
（ii）法一：因
………4分
………6分
………8分
法二：因
c o*m
………4分
而故只需對和
令 ，則有，由
因為當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增；
所以在處有極小值1，故當時， ………6分
從而有，亦即
故有 ………7分
所以得，原不等式成立。………8分
（iii）對，且，有
……………9分
………………10分
12分又因，，故
，從而有成。………………13分
即存在，使得恆成立。………………14分
2019期末考試方案
綱要課 期末考核方案 1 本學期繼續採取 期末 形式進行考核。2 題目先由任課教師集體命題，再由任課教師根據本班教學情況自行選擇題目。3 提交時間由任課教師自行規定。提交時要清點人數，如發現有的學生沒有交 的情況，或 數量與名單不符的情況，要及時查明情況做出處理。4 字數以上。5 本部學生 分三個部...
09期末考試
物流技術與裝備 課程設計 一 設計專案 倉庫 或倉儲配送中心 設計方案 倉庫背景資料自己據所掌握的資料設定，倉庫型別 儲存貨物型別 總體尺寸等根據掌握的背景資料擬定，倉庫名稱自定。二 專案設計內容 對倉庫的設計可從以下幾個方面，但不限於以下幾個方面，可根據自己所掌握的資料，充分發揮個人能動性。一 倉...
河口鎮中心學校2023年期末考試方案
2010 2011學年 第二學期末考試方案 為貫徹落實全縣教育工作會議精神，切實提高教育教學質量，加強教學質量監測與考試。根據縣局統一部署，經研究決定，我校將舉行期末考試。特制定如下方案 1 小學一至四年級考語文和數學兩個學科，五 六年級考英語和綜合 含品德與社會 科學等 學科 具體由小教辦負責操作...