2021-2022學(xué)年河北省唐山市遵化東梁子河中學(xué)高二數(shù)學(xué)理期末試卷

2021-2022學(xué)年河北省唐山市遵化東梁子河中學(xué)高二數(shù)學(xué)理期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知點O（0，0），A（0，b），B（a，a3），若△OAB為直角三角形，則必有（）A．b=a3 B．b=a3+C．（b﹣a3）（b﹣a3﹣）=0 D．|b﹣a3|+|b﹣a3﹣|=0參考答案：C【考點】平面向量的坐標(biāo)運算．【專題】分類討論；平面向量及應(yīng)用．【分析】根據(jù)△OAB為直角三角形，討論是OA⊥OB？還是OA⊥AB？OB⊥AB？再利用平面向量的數(shù)量積，求出a、b的關(guān)系即可．【解答】解：∵點O（0，0），A（0，b），B（a，a3），且△OAB為直角三角形，∴當(dāng)OA⊥OB時，=（0，b），=（a，a3），∴?=ba3=0，∴b=0或a=0，此時不成立；當(dāng)OA⊥AB時，=（0，b），=（a，a3﹣b），∴?=b（a3﹣b）=0，∴b≠0且a3﹣b=0；當(dāng)OB⊥AB時，=（a，a3﹣b），=（a，a3），∴?=a2+a3（a3﹣b）=0，∴a≠0且+a3﹣b=0；綜上，a3﹣b=0或+a3﹣b=0，即（b﹣a3）（b﹣a3﹣）=0．故選：C．【點評】本題考查了平面向量的坐標(biāo)運算問題，也考查了分類討論思想的應(yīng)用問題，是綜合性題目．2.下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間上為增函數(shù)的函數(shù)是（）A．

B．

C．

D．參考答案：D略3.若是任意實數(shù)，則方程x2+4y2sin=1所表示的曲線一定不是(

)A．圓

B．雙曲線

C．直線

D．拋物線參考答案：D略4.已知集合，,則=(

)A.

B.

C.

D.參考答案：B5.過點與直線垂直的直線的方程為（

）A．B．C．D．

參考答案：C略6.若i為虛數(shù)單位，則（

）A. B. C. D.參考答案：B【分析】由題意結(jié)合復(fù)數(shù)的運算法則分子分母同時乘以i，然后整理計算即可求得最終結(jié)果.【詳解】由復(fù)數(shù)的運算法則有：.本題選擇B選項【點睛】本題主要考查復(fù)數(shù)的除法運算法則等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.7.直線與直線分別交于P、Q兩點，線段PQ的中點為（1，－1），則直線的斜率為

（

）

A．

B．

C．－

D．－參考答案：C8.判斷下列各組中的兩個函數(shù)是同一函數(shù)的為（

）⑴，；⑵，；⑶，；

⑷，；⑸，

A

⑴、⑵

B

⑵、⑶

C

⑷

D

⑶、⑸參考答案：C9.設(shè)不等式組表示的平面區(qū)域為D，在區(qū)域D內(nèi)隨機取一點，則此點到坐標(biāo)原點的距離大于1的概率為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：D10.已知集合A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝{x∈R|x＝4t＋－6，}，則集合AB=（

）A．{x|x≥－4}

B.{x|x≥－1或x≤5}

C.{x|x≥－2}D.{x|x≥－4或x≤-10}參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數(shù)，若，則

▲

.參考答案：312.已知是橢圓的兩個焦點，過點的直線交橢圓于兩點。在中，若有兩邊之和是10，則第三邊的長度為

參考答案：6略13.已知直線與直線互相垂直，垂足為，則的值為____________。參考答案：－4略14.四棱錐的五個頂點都在一個球面上，且底面ABCD是邊長為1的正方形，，，則該球的體積為

_

．參考答案：略15.如圖，四邊形ABCD為矩形，，BC=1，以A為圓心，1為半徑作四分之一個圓弧DE，在圓弧DE上任取一點P，則直線AP與線段BC有公共點的概率是．參考答案：【考點】概率的基本性質(zhì)；幾何概型．【專題】計算題．【分析】由題意知本題是一個幾何概型，解決幾何概型問題時，看清概率等于什么之比，試驗包含的所有事件是∠BAD，而滿足條件的事件是直線AP在∠CAB內(nèi)時AP與BC相交時，即直線AP與線段BC有公共點，根據(jù)幾何概型公式得到結(jié)果．【解答】解：由題意知本題是一個幾何概型，試驗包含的所有事件是∠BAD，如圖，連接AC交弧DE于P，則，∴∠CAB=30°，滿足條件的事件是直線AP在∠CAB內(nèi)時AP與BC相交時，即直線AP與線段BC有公共點∴概率P=，故答案為：【點評】本題考查了幾何摡型知識，古典概型和幾何概型是我們學(xué)習(xí)的兩大概型，古典概型要求能夠列舉出所有事件和發(fā)生事件的個數(shù)，而不能列舉的就是幾何概型，幾何概型的概率的值是通過長度、面積、和體積、的比值得到．16.某校共有學(xué)生2000名，各年級男、女生人數(shù)如下表．已知在全校學(xué)生中隨機抽取1名，抽到二年級女生的概率是．現(xiàn)用分層抽樣的方法在全校抽取64名學(xué)生，則應(yīng)在三年級抽取的學(xué)生人數(shù)為

．

參考答案：1617.設(shè)等差數(shù)列的前項和為，若，則的最大值為____________.參考答案：4略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本題滿分14分）已知在中，角A、B、C的對邊為且，；（Ⅰ）若,求邊長的值。（Ⅱ）若，求的面積。參考答案：（1）由及余弦定理得，因為，所以所以，又，所以由得

（2）由知，又，得因此得，故三角形為直角三角形，則，所以19.已知{an}是遞增的等差數(shù)列，，是方程的根．（1）求{an}的通項公式；（2）求數(shù)列的前n項和Sn．參考答案：（1）；（2）．（1）方程的兩個根為2，3，由題意得因為，．設(shè)數(shù)列的公差為，則，故，從而．所以的通項公式為．（2）設(shè)的前項和為，由（1）知，則

①

②①-②得．所以．20.(本小題滿分8分)設(shè)函數(shù)，求的單調(diào)區(qū)間和極值；參考答案：，當(dāng)時，；當(dāng)時，；故在單調(diào)減少，在單調(diào)增加。的極大值，極小值21.四棱錐E﹣ABCD中，△ABD為正三角形，∠BCD=120°，CB=CD﹣CE=1，AB=AD=AE=，且EC⊥BD.（1）求證：平面BED⊥平面AEC；（2）求二面角D﹣BM﹣C的平面角的余弦值．

參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；平面與平面垂直的判定．【分析】（1）由題意可得AC⊥BD，又EC⊥BD，結(jié)合線面垂直的判定可得平面BED⊥平面AEC；（2）由（1）知AC⊥BD，證得△COE∽△CEA，可得CE2+AE2=AC2=4，即∠CEA=90°，得EO⊥AC，又BD⊥OE，建立空間直角坐標(biāo)系，求出所用點的坐標(biāo)，得到平面DBM與平面CBM的一法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角D﹣BM﹣C的平面角的余弦值．【解答】證明：（1）由于△ABD為正三角形，∠BCD=120°，CB=CD=CE=1，故連接AC交BD于O點，則△ABC≌△ADC，∴∠BAC=∠DAC，則AC⊥BD，又∵EC⊥BD，EC∩AC=C，故BD⊥面ACE，∴平面BED⊥平面AEC；解：（2）由（1）知AC⊥BD，且CO=，AO=，連接EO，則，∴△COE∽△CEA，又CE2+AE2=AC2=4，可得∠CEA=90°．∴∠COE=∠CEA=90°，故EO⊥AC，又BD⊥OE，故如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B（0，，0），D（0，，0），C（，0，0），M（，0，），，，設(shè)平面DBM的法向量，則由，得，取z1=1，得；，設(shè)平面CBM的法向量，則由，得，取z2=1，得．∴cos＜＞=．故二面角D﹣BM﹣C的平面角的余弦值為．

22.如圖，已知四棱柱P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，M是AD的中點，N是PC的中點．(1)求證：；(2)若平面，求證：.參考答案：（1）詳見解析（2）詳見解析試題分析：（1）取BC中點E，連結(jié)ME、NE，由已知推導(dǎo)出平面PAB∥平面MNE，由此能證明MN∥平面PAB．（2）利用面面垂直的性質(zhì)，由平面PMC⊥平面PAD，平面ABCD⊥平面PAD，可證CM⊥平面PAD，由AD?平面PAD，即可證明CM⊥AD試題解析：（1）取PB的中點E，連接EA，EN，在△PBC中，EN//BC且，又，AD//BC，AD＝BC所以EN//AM，，EN＝AM.

所以四邊形ENMA是平行四邊形，

所以MN//AE.又，，所以MN//平面PAB.