2021-2022学年湖南省邵阳市新邵县陈家坊镇中学高二数学理下学期期末试卷含解析

2021-2022学年湖南省邵阳市新邵县陈家坊镇中学高二数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.阅读如图21－5所示的程序框图，输出的结果S的值为()图21－5A．0

B．

C．

D．－参考答案：B2.已知正四棱柱中,则与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．参考答案：A3.下列求导结果正确的是（

）A. B.C. D.参考答案：D【分析】按照基本初等函数的求导法则，求出、、、选项中正确的结果即可．【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确．故选：D．【点睛】本题考查基本初等函数求导问题，解题时应按照基本初等函数的求导法则进行计算，求出正确的导数即可．4.已知集合A={－2,－1,0,1,2}，，则A∩B=（

）A.{－1,0} B.{0,1}C.{－1,0,1} D.{－2,0,1,2}参考答案：A【分析】解出集合，利用交集的定义可得出集合.【详解】，，.故选：A.【点睛】本题考查集合交集的运算，同时也涉及了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于基础题.5.已知命题p：可表示焦点在x轴上的双曲线；命题q：若实数a，b满足a＞b，则a2＞b2．则下列命题中：①p∨q②p∧q③（￢p）∨q④（￢p）∧（￢q）真命题的序号为（）A．① B．③④ C．①③ D．①②③参考答案：B【考点】命题的真假判断与应用；双曲线的简单性质．【分析】先分别判定命题p、命题q的真假，在根据复合命题的真值表判定．【解答】解：对于命题p：若可表示焦点在x轴上的双曲线，则3﹣a＞0，a﹣5＞0，a不存在，故命题p是假命题；对于命题q：若实数a，b满足a＞b，则a2＞b2或a2=b2或a2＜b2，命题q为假命题；①p∨q为假，②p∧q为假，③（￢p）∨q为真，④（￢p）∧（￢q）为真；故选：B．6.若.则下列不等式中成立的是(A)

(B)

(C)

(D)

参考答案：A略7.点P（﹣1，2）到直线8x﹣6y+15=0的距离为（）A．2 B． C．1 D．参考答案：B【考点】点到直线的距离公式．【分析】点P（x0，y0）到直线ax+by+c=0的距离：d=，由此能求出点P（﹣1，2）到直线8x﹣6y+15=0的距离．【解答】解：点P（﹣1，2）到直线8x﹣6y+15=0的距离：d==，故选B．8.设集合A＝，B＝，函数f(x)＝x0∈A，且f[f(x0)]∈A，则x0的取值范围是()A.

B.

C.

D.参考答案：C略9.过抛物线y2=4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|=3，则△AOB的面积为（）A． B． C． D．2参考答案：C【考点】直线与圆锥曲线的关系；抛物线的简单性质．【专题】压轴题．【分析】设直线AB的倾斜角为θ，利用|AF|=3，可得点A到准线l：x=﹣1的距离为3，从而cosθ=，进而可求|BF|，|AB|，由此可求AOB的面积．【解答】解：设直线AB的倾斜角为θ（0＜θ＜π）及|BF|=m，∵|AF|=3，∴点A到准线l：x=﹣1的距离为3∴2+3cosθ=3∴cosθ=∵m=2+mcos（π﹣θ）∴∴△AOB的面积为S==故选C．【点评】本题考查抛物线的定义，考查三角形的面积的计算，确定抛物线的弦长是解题的关键．10.复数，则在复平面内的点位于第（

）象限。A．一

B.二

C.三

D.四参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在研究两个变量的关系时，可以通过残差，，…，来判断模型拟合的效果，判断原始数据中是否存在可疑数据，这方面的分析工作称为

分析。参考答案：残差12.函数f（x）=2x3+x，实数m满足f（m2﹣2m）+f（m﹣6）＜0，则m的取值范围是．参考答案：（﹣2，3）【考点】奇偶性与单调性的综合；函数单调性的性质．【分析】根据题意，对函数f（x）=2x3+x求导可得其导数f′（x）=6x2+1＞0，分析可得函数f（x）为增函数，进而由f（﹣x）=﹣2x3﹣x=﹣f（x）分析可得，f（x）为奇函数；结合函数的奇偶性与单调性，可以将f（m2﹣2m）+f（m﹣6）＜0，转化为m2﹣2m＜6﹣m，解可得m的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，对于函数f（x）=2x3+x，其导数f′（x）=6x2+1＞0，则函数f（x）为增函数，又由f（﹣x）=﹣2x3﹣x=﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，若f（m2﹣2m）+f（m﹣6）＜0，则有f（m2﹣2m）＜﹣f（m﹣6），即f（m2﹣2m）＜f（6﹣m），又由函数f（x）为增函数，则有m2﹣2m＜6﹣m，解可得：﹣2＜m＜3，即m的取值范围是（﹣2，3）；故答案是：（﹣2，3）．13.试通过圆与球的类比，由“半径为的圆的内接矩形中，以正方形的面积为最大，最大值为”，猜测关于球的相应命题是“半径为的球内接长方体中，以正方体的体积为最大，最大值为

▲

”.参考答案：略14.如图，它满足①第n行首尾两数均为n，②表中的递推关系类似杨辉三角，则第n行（n≥2）第2个数是

．参考答案：【考点】归纳推理．【分析】依据“中间的数从第三行起，每一个数等于它两肩上的数之和”则第二个数等于上一行第一个数与第二个数的和，即有an+1=an+n（n≥2），再由累加法求解即可．【解答】解：依题意an+1=an+n（n≥2），a2=2所以a3﹣a2=2，a4﹣a3=3，…，an﹣an﹣1=n累加得an﹣a2=2+3+…+（n﹣1）=∴故答案为：15.直线的倾斜角的余弦值为______________________．参考答案：16.某程序框图如图所示，则输出的???????????????????????.参考答案：2617.斜率为3，且与圆相切的直线方程是

．参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（本小题满分14分）已知等腰直角三角形的直角边长为2，如图，沿其中位线将平面折起，使平面⊥平面，得到四棱锥，设、、、的中点分别为、、、.（1）求证：、、、四点共面；（2）求证：平面⊥平面；

（3）求异面直线与所成的角.参考答案：解：(1)由条件有PQ为的中位线，MN为梯形BCDE的中位线∥，∥

PQ∥MN

M、N、P、Q四点共面．（2）证明:由等腰直角三角形有，CDDE，DE∥BC又，面ACD，

又∥

平面，平面，

平面平面。

(3)解法一：平面平面,交线为DE,ADDE

AD面BCDE

AD、DC、DE两两互相垂直

可以以D为原点建立如图空间直角坐标系，

由条件得AD=1，DC=1，BC=2，则C（1，0，0），A（0，0，1），E（0，1，0），B（1，2，0）

设异面直线BE与MQ所成的角为，∵MQ∥BC,∴

，

异面直线BE与MQ所成的角大小为．解法二：由条件知AD=1，DC=1，BC=2，延长ED到R，使DR＝ED，连结RC

则ER＝BC，ER∥BC，故BCRE为平行四边形RC∥EB，又AC∥QM

为异面直线BE与QM所成的角（或的补角）DA=DC=DR，且三线两两互相垂直，∴由勾股定理得AC=AR=RC=，

ACR为正三角形＝

异面直线与所成的角大小

解法三：由条件得AD=1，DC=1，BC=2，取BC中点K，再取CK中点H连结MH，则在梯形BCDE中可得MH∥BE

、（或的补角）

且MH＝BE，CH＝BC＝，又CM＝，CHM中，可得MH＝

又MDQ中可得QM＝，

又DK中可得DK＝，QDH中可得QH＝

=

，

异面直线BE与MQ所成的角大小为

19.设函数2｜x－3｜＋｜x－4｜．

（Ⅰ）求不等式的解集；

（Ⅱ）若不等式的解集不是空集，求实数a的取值范围．参考答案：解：（1）不等式的解集是（2）图解得斜率略20.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，，，E是BC中点．（1）求证：平面；（2）在棱上存在一点M，满足，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．参考答案：（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连结交于点，根据三角形中位线可知；利用线面平行判定定理可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，利用可得，从而可得点坐标；利用空间向量法，利用两个平面的法向量所成角可得到所求角的余弦值.【详解】（1）证明：连结交于点，连结是正方形

为的中点又为的中点

平面,平面平面（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，，设，，则，

，解得：，则，设平面法向量则，令，得平面

可取