山西省大同市建德市第一初級中學(xué)2023年高二數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析

山西省大同市建德市第一初級中學(xué)2023年高二數(shù)學(xué)文上學(xué)期期末試題含解析一、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.已知拋物線與直線相交于A、B兩點(diǎn)，其中A點(diǎn)的坐標(biāo)是(1，2)。如果拋物線的焦點(diǎn)為F，那么等于（***）A．5

B．6

C． D．7參考答案：D2.將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位,再將圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍,所得圖象關(guān)于直線對稱,則的最小正值為（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：B3.某程序框圖如圖所示，若輸出的S＝57，則判斷框內(nèi)為（）A．k＞4

B．k＞5

C．k＞6

D．k＞7參考答案：A4.已知命題p：cos2x＋cosx－m＝0為真命題，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()參考答案：C略5.已知橢圓上的一點(diǎn)到橢圓一個(gè)焦點(diǎn)的距離為，則到另一焦點(diǎn)距離為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D6.某校高中生共有900人，其中高一年級300人，高二年級200人，高三年級400人，現(xiàn)采用分層抽樣抽取一個(gè)容量為45的樣本，那么高一、高二、高三各年級抽取人數(shù)分別為(

)A.15，5，25

B.15，15，15

C.10，5，30

D.15，10，20

參考答案：D略7.命題“x0∈R,=1”的否定形式是（

）A.x0∈R,≠1

B.x0∈R,＞1

C.x∈R,x2=1

D.x∈R,x2≠1參考答案：D8.若函數(shù)在[5,8]上是單調(diào)函數(shù)，則k的取值范圍是（）A.(－∞,40] B.[40,64]C.(－∞,40]∪[64,+∞) D.[64,+∞)參考答案：C試題分析：二次函數(shù)對稱軸為，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，所以或或考點(diǎn)：二次函數(shù)單調(diào)性9.若函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線被圓所截得的弦長是,則A.

B.

C. D.參考答案：C10.數(shù)列的首項(xiàng)為1，數(shù)列為等比數(shù)列，且，若則（

）參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.過點(diǎn)且垂直于直線的直線方程為

。參考答案：2x+y-1=012.方程的根稱為的不動(dòng)點(diǎn)，若函數(shù)有唯一的不動(dòng)點(diǎn)，且，，則_____________。參考答案：2004令得依題意∴

即

∴

∴是以1000為首次，為公差的等差數(shù)列。即

∴13.右圖是一個(gè)幾何體的三視圖,根據(jù)圖中的數(shù)據(jù),計(jì)算該幾何體的表面積為_______.參考答案：略14.矩陣的逆矩陣為__________.參考答案：【分析】通過逆矩陣的定義構(gòu)建方程組即可得到答案.【詳解】由逆矩陣的定義知：,設(shè)，由題意可得：，即解得，因此.【點(diǎn)睛】本題主要考查逆矩陣的相關(guān)計(jì)算，難度不大.15.若拋物線的焦點(diǎn)與雙曲線的右焦點(diǎn)重合，則____________.參考答案：4略16.直線與曲線有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，則b的取值范圍為__________.參考答案：或曲線即表示一個(gè)半徑為的半圓，如圖所示

當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，求得當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，求得當(dāng)直線和半圓相切于點(diǎn)時(shí)，由圓心到直線的距離等于半徑可得，求得或（舍去）故當(dāng)直線與曲線恰有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)的取值范圍是：或

17.隨機(jī)向邊長為2的正方形ABCD中投一點(diǎn)P,則點(diǎn)P與A的距離不小于1且使為銳角的概率是__________________．參考答案：=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.（本小題滿分12分）幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.

(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點(diǎn)，求證：DM∥平面BEC.參考答案：解：(1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC?平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O為BD的中點(diǎn)，所以BE＝DE.(2)證法一：取AB的中點(diǎn)N，連接DM，DN，MN，因?yàn)镸是AE的中點(diǎn)，所以MN∥BE.又MN?平面BEC，BE?平面BEC，所以MN∥平面BEC，又因?yàn)椤鰽BD為正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC.又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC.證法二：延長AD，BC交于點(diǎn)F，連接EF.因?yàn)镃B＝CD，∠BCD＝120°.所以∠CBD＝30°.因?yàn)椤鰽BD為正三角形.所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝AF.又AB＝AD，所以D為線段AF的中點(diǎn).連接DM，由點(diǎn)M是線段AE的中點(diǎn)，因此DM∥EF.又DM?平面BEC，EF?平面BEC，所以DM∥平面BEC.19.如圖，在三棱錐P﹣ABC中，∠ABC=90°，PA⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別為PB，PC的中點(diǎn)．（1）求證：EF∥平面ABC；（2）求證：平面AEF⊥平面PAB．參考答案：【考點(diǎn)】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．【專題】空間位置關(guān)系與距離．【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理可得EF∥BC，進(jìn)而根據(jù)線面平行的判定定理可得EF∥平面ABC；（2）根據(jù)PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，結(jié)合∠ABC=90°，及線面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAB，進(jìn)而由線面垂直的第二判定定理可得EF平面PAB，最后由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PAB．【解答】證明：（1）∵E，F(xiàn)分別為PB，PC的中點(diǎn)．∴EF∥BC，又∵BC?平面ABC，EF?平面ABC，∴EF∥平面ABC；（2）∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC=90°，∴AB⊥BC，又∵PA∩AB=A，PA，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，由（1）中EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，又∵EF?平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB．【點(diǎn)評】本題考查的知識點(diǎn)是線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，是空間線面關(guān)系的簡單綜合應(yīng)用，難度中檔．20.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD對角線的交點(diǎn)．求證：（1）C1O∥面AB1D1；（2）面BDC1∥面AB1D1．參考答案：【考點(diǎn)】直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定．【分析】（1）由題意連接A1C1，先證明A1ACC1是平行四邊形得A1C1∥AC且A1C1=AC，再證AOC1O1是平行四邊形，然后利用直線與平面平行的判定定理進(jìn)行證明；（2）因?yàn)锳B∥CD∥D′C′，加上AB=CD=D′C′，可證ABC′D′是平行四邊形，同理可證C′D∥平面AB′D′，從而求證．【解答】證明：（1）連接A1C1，設(shè)A1C1∩B1D1=O1連接AO1，∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方體∴A1ACC1是平行四邊形∴A1C1∥AC且A1C1=AC又O1，O分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，∴O1C1∥AO且O1C1=AO∴AOC1O1是平行四邊形∴C1O∥AO1，AO1?面AB1D1，C1O?面AB1D1∴C1O∥面AB1D1；（2）證明：是平行四邊形，∴?平面C′DB∥平面AB′D′．21.（本小題12分）求證：(1);

(2)+>2+。參考答案：22.命題方程有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根，命題方程無實(shí)數(shù)根

若“∨”為真命題，“∧”為假命題，求的取值范圍

參考答案：