2021-2022學(xué)年浙江省溫州市霓嶼中學(xué)高二數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試卷含解析

2021-2022學(xué)年浙江省溫州市霓嶼中學(xué)高二數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試卷含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.設(shè)α、β為兩個(gè)不同平面，若直線l在平面α內(nèi)，則“α⊥β”是“l(fā)⊥β”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：B【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)合面面垂直的判定定理進(jìn)行判斷即可．【解答】解：面面平行的判定定理：一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的垂線，則這兩個(gè)平面垂直．因?yàn)橹本€l?α，且l⊥β所以由判斷定理得α⊥β．所以直線l?α，且l⊥β?α⊥β若α⊥β，直線l?α則直線l⊥β，或直線l∥β，或直線l與平面β相交，或直線l在平面β內(nèi)．所以“α⊥β”是“l(fā)⊥β”的必要不充分條件．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用空間面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理是解決本題的關(guān)鍵．2.5位同學(xué)報(bào)名參加兩個(gè)課外活動(dòng)小組，每位同學(xué)限報(bào)其中的一個(gè)小組，則不同的報(bào)名方法共有（

）A．10種

B．20種 C．25種 D．32種參考答案：D略3.已知F1，F(xiàn)2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，若在橢圓上存在一點(diǎn)P，使F1PF2=120°，則橢圓離心率的范圍是

A．（0，]

B．[,1）

C．（0，]

D．[,1）參考答案：D略4.某袋中有9個(gè)大小相同的球，其中有5個(gè)紅球，4個(gè)白球，現(xiàn)從中任意取出1個(gè)，則取出的球恰好是白球的概率為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C5.直線3x+4y+5=0的斜率和它在y軸上的截距分別為（

）

A.，

B.，

C.，

D.，參考答案：C略6.已知，則（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B7.過(guò)雙曲線的左焦點(diǎn)F（﹣c，0）（c＞0）作圓x2+y2=a2的切線，切點(diǎn)為E，延長(zhǎng)FE交拋物線y2=4cx于點(diǎn)P．若，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．參考答案：B【考點(diǎn)】KC：雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】先設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為F'，則F'的坐標(biāo)為（c，0），因?yàn)閽佄锞€為y2=4cx，所以F'為拋物線的焦點(diǎn)，O為FF'的中點(diǎn)，又可得E為FP的中點(diǎn)，所以O(shè)E為△PFF'的中位線，得到|PF|=2b，再設(shè)P（x，y）過(guò)點(diǎn)F作x軸的垂線，由勾股定理得出關(guān)于a，c的關(guān)系式，最后即可求得離心率．【解答】解：設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為F'，則F'的坐標(biāo)為（c，0）∵拋物線為y2=4cx，∴F'為拋物線的焦點(diǎn)，O為FF'的中點(diǎn)，∵∴E為FP的中點(diǎn)∴OE為△PFF'的中位線，∵O為FF'的中點(diǎn)∴OE∥PF'∵|OE|=a∴|PF'|=2a∵PF切圓O于E∴OE⊥PF∴PF'⊥PF，∵|FF'|=2c∴|PF|=2b設(shè)P（x，y），則x+c=2a，∴x=2a﹣c過(guò)點(diǎn)F作x軸的垂線，則點(diǎn)P到該垂線的距離為2a由勾股定理y2+4a2=4b2∴4c（2a﹣c）+4a2=4（c2﹣a2）∴e2﹣e﹣1=0∵e＞1∴e=．故選B．8.三國(guó)時(shí)期著名的數(shù)學(xué)家劉徽對(duì)推導(dǎo)特殊數(shù)列的求和公式很感興趣，創(chuàng)造并發(fā)展了許多算法，展現(xiàn)了聰明才智．他在《九章算術(shù)》“盈不足”章的第19題的注文中給出了一個(gè)特殊數(shù)列的求和公式．這個(gè)題的大意是：一匹良馬和一匹駑馬由長(zhǎng)安出發(fā)至齊地，長(zhǎng)安與齊地相距3000里（1里=500米），良馬第一天走193里，以后每天比前一天多走13里．駑馬第一天走97里，以后每天比前一天少走半里．良馬先到齊地后，馬上返回長(zhǎng)安迎駑馬，問(wèn)兩匹馬在第幾天相遇(

)A.14天 B.15天 C.16天 D.17天參考答案：C【分析】記良馬每天所走路程構(gòu)成的數(shù)列為，駑馬每天所走路程構(gòu)成的數(shù)列為，根據(jù)題中數(shù)據(jù)，求出通項(xiàng)公式，進(jìn)而可求出結(jié)果.【詳解】記良馬每天所走路程構(gòu)成的數(shù)列為，駑馬每天所走路程構(gòu)成的數(shù)列為，由題意可得：，，設(shè)，經(jīng)過(guò)天，兩匹馬相遇；則有，即，整理得，當(dāng)滿足題意，因此兩匹馬在第16天相遇.故選C

9.已知，則=

A．-4

B．-2

C．0

D．2參考答案：A10.設(shè)是兩個(gè)不同的平面，是一條直線，以下命題正確的是 (

)

A．若，則

B．若，則 C．若，則

D．若，則參考答案：C略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數(shù)y=x3﹣3x+c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c=

．參考答案：±2【考點(diǎn)】3O：函數(shù)的圖象；52：函數(shù)零點(diǎn)的判定定理．【分析】求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的極值點(diǎn)，利用函數(shù)y=x3﹣3x+c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，可得極大值等于0或極小值等于0，由此可求c的值．【解答】解：求導(dǎo)函數(shù)可得y′=3（x+1）（x﹣1），令y′＞0，可得x＞1或x＜﹣1；令y′＜0，可得﹣1＜x＜1；∴函數(shù)在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上單調(diào)增，（﹣1，1）上單調(diào)減，∴函數(shù)在x=﹣1處取得極大值，在x=1處取得極小值，∵函數(shù)y=x3﹣3x+c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，∴極大值等于0或極小值等于0，∴1﹣3+c=0或﹣1+3+c=0，∴c=﹣2或2．故答案為：±2．12.把4個(gè)不同的球任意投入4個(gè)不同的盒子內(nèi)（每盒裝球數(shù)不限），則無(wú)空盒的概率為________.參考答案：略13.給出下列命題;①設(shè)表示不超過(guò)的最大整數(shù)，則；②定義在上的函數(shù)，函數(shù)與的圖象關(guān)于軸對(duì)稱；

③函數(shù)的對(duì)稱中心為；

④已知函數(shù)在處有極值，則或；

⑤定義：若任意，總有，就稱集合為的“閉集”，已知且為的“閉集”，則這樣的集合共有7個(gè)。

其中正確的命題序號(hào)是____________參考答案：略14.若函數(shù)f（x）=x3﹣x在（a，10﹣a2）上有最小值，則a的取值范圍為

．參考答案：[﹣2，1）【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】由題意求導(dǎo)f′（x）=x2﹣1=（x﹣1）（x+1）；從而得到函數(shù)的單調(diào)性，從而可得﹣2≤a＜1＜10﹣a2；從而解得．【解答】解：∵f（x）=x3﹣x，∴f′（x）=x2﹣1=（x﹣1）（x+1）；故f（x）=x3﹣x在（﹣∞，﹣1）上是增函數(shù)，在（﹣1，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)；f（x）=x3﹣x=f（1）=﹣；故x=1或x=﹣2；故﹣2≤a＜1＜10﹣a2；解得，﹣2≤a＜1故答案為：[﹣2，1）．15.已知幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為．參考答案：64+4π【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【分析】先根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀．再根據(jù)體積公式計(jì)算即可．【解答】解：幾何體為正方體與圓柱的組合體，V圓柱=4π；V正方體=4×4×4=64；答案是64+4π16.將參數(shù)方程

(為參數(shù))化為普通方程為

參考答案：17.藝術(shù)體操委員會(huì)由10位女性委員與5位男性委員組成,委員會(huì)要組織6位委員出國(guó)考查學(xué)習(xí),如果按性別作分層,并在各層按比例隨機(jī)抽樣,試問(wèn)此考查團(tuán)的組成方法有_____種.參考答案：2100三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.（本題滿分12分）在直角坐標(biāo)系中，曲線的方程為，曲線經(jīng)過(guò)伸縮變換變成曲線，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線的極坐標(biāo)方程為．（1）求曲線的方程,并將曲線的極坐標(biāo)方程化成直角坐標(biāo)方程；（2）若是曲線上一點(diǎn)，是曲線上的一點(diǎn)，求兩點(diǎn)間的最短距離，及相應(yīng)的的坐標(biāo)．參考答案：解：得代入得曲線的方程為

…………3分由得曲線的直角坐標(biāo)方程為…………6.分（2）是曲線上一點(diǎn)，所以得到直線的距離其中所以，兩點(diǎn)間的最短距離為…………9分所以所求點(diǎn)為

……………12分

將代入（*）的所以所求點(diǎn)為…………12分略19.(本小題12分)如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，底面，，，，，E在棱上，

(Ⅰ)當(dāng)時(shí)，求證：

平面；

(Ⅱ)當(dāng)二面角的大小為時(shí)，求直線與平面所成角的正弦值．參考答案：

為二面角的平面角,即=,此時(shí)Ｅ為的中點(diǎn)設(shè)平面的法向量為計(jì)算可得20.在△ABC中，a=3，b=2，∠B=2∠A．（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求c的值．參考答案：【考點(diǎn)】正弦定理；余弦定理．【專題】解三角形．【分析】（I）由正弦定理得，結(jié)合二倍角公式及sinA≠0即可得解．（II）由（I）可求sinA，又根據(jù)∠B=2∠A，可求cosB，可求sinB，利用三角形內(nèi)角和定理及兩角和的正弦函數(shù)公式即可得sinC，利用正弦定理即可得解．【解答】解：（I）因?yàn)閍=3，b=2，∠B=2∠A．所以在△ABC中，由正弦定理得．所以．故．（II）由（I）知，所以．又因?yàn)椤螧=2∠A，所以．所以．在△ABC中，．所以．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理，同角三角函數(shù)關(guān)系式，兩角和的正弦函數(shù)公式的應(yīng)用，屬于基本知識(shí)的考查．21.如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°． （Ⅰ）證明AB⊥A1C； （Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值． 參考答案：【考點(diǎn)】用空間向量求直線與平面的夾角；直線與平面垂直的性質(zhì)；平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角． 【專題】空間位置關(guān)系與距離；空間角． 【分析】（Ⅰ）取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OA1，A1B，由已知可證OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，進(jìn)而可得AB⊥A1C； （Ⅱ）易證OA，OA1，OC兩兩垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正向，||為單位長(zhǎng)，建立坐標(biāo)系，可得，，的坐標(biāo)，設(shè)=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即為所求正弦值． 【解答】解：（Ⅰ）取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OA1，A1B， 因?yàn)镃A=CB，所以O(shè)C⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°， 所以△AA1B為等邊三角形，所以O(shè)A1⊥AB， 又因?yàn)镺C∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C， 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C； （Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB， 所以O(shè)C⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩垂直． 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正向，||為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的坐標(biāo)系， 可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0）， 則=（1，0，），=（﹣1，，0），=（0，﹣，）， 設(shè)=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，即， 可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==， 又因?yàn)橹本€與法向量的余弦值的絕對(duì)值等于直線與平面的正弦值，