广东省汕头市港头初级中学2022年高二数学文期末试题含解析

广东省汕头市港头初级中学2022年高二数学文期末试题含解析一、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.在极坐标系中，点到圆的圆心的距离为()．参考答案：D略2.若，都是实数，则“”是“”的（

）

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A略3.已知直线a、b与平面α，给出下列四个命题（

） ①若a∥b，bα，则a∥α; ②若a∥α，bα，则a∥b; ③若a∥α，b∥α，则a∥b; ④a⊥α，b∥α，则a⊥b. 其中正确的命题是 （

） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个参考答案：A略4.如果关于的不等式，对于恒成立，则实数的取值范围是（）A、

B、

C、

D、参考答案：C略5.设全集,集合，，则=(

)A. B. C. D.参考答案：C略6.在中，，则的解的个数是（

）A.2个

B.1个

C.0个

D不确定的参考答案：A7.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A． B．16π C．9π D．参考答案：A【考点】LR：球内接多面体；LG：球的体积和表面积．【分析】正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，记为O，求出PO1，OO1，解出球的半径，求出球的表面积．【解答】解：设球的半径为R，则∵棱锥的高为4，底面边长为2，∴R2=（4﹣R）2+（）2，∴R=，∴球的表面积为4π?（）2=．故选：A．8.定积分（x2+sinx）dx的值为（）A．+ B．﹣ C．﹣ D．+参考答案：B【考点】67：定积分．【分析】根据定积分的运算，即可求得答案．【解答】解：（x2+sinx）dx=（x3﹣cosx）=（﹣）﹣（0﹣1）=+，（x2+sinx）dx=+，故选B．9.直线过圆的圆心，则的最小值为：A．8

B．12

C．16

D．20参考答案：C略10.过抛物线（t为参数）的焦点的弦长为2，则弦长所在直线的倾斜角为（

）A. B.或 C. D.或参考答案：B【分析】抛物线的标准方程是，故焦点坐标为，直线的参数方程为（为直线的倾斜角），代入抛物线方程得到关于的方程，其两个根为，再利用求出．【详解】消去参数得到抛物线方程为：，设直线的参数方程为（为直线的倾斜角），故，设两个根为，则且，因，故，或者，故选B．【点睛】如果直线的参数方程是（是参数且，是直线的倾斜角），那么表示与之间的距离．因此，在参数方程中，针对直线上的动点到定点的距离和、积或差等问题（动点和定点都在该直线上），可用直线的参数方程结合韦达定理来考虑．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知，则的最小值为____________参考答案：0略12.函数存在单调递减区间，则a的取值范围是

参考答案：（-1,0）13.求值：=

参考答案：—214.已知直线x+2y-3=0和直线ax+y+2=0（）垂直，则a=________．参考答案：-215.命题“”的否定是________

.

参考答案：

16.直线是曲线的一条切线，则实数b=

.参考答案：设切点(x0，lnx0)，则切线斜率k＝＝，所以x0＝2.又切点(2，ln2)在切线y＝x＋b上，所以b＝ln2－1.17.函数，的图象恒过定点P，则P点坐标为______________.参考答案：.【分析】由，知，即时，，由此能求出点的坐标.【详解】，即时，，点的坐标是.故答案为：.【点睛】本题考查了对数函数过定点，意在考查学生的计算能力和转化能力.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.如图是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，是的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示.（Ⅰ）求出该几何体的体积;（Ⅱ）若是的中点，求证：平面；（Ⅲ）求证：平面平面.参考答案：如图是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，是的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示.（Ⅰ）求出该几何体的体积;（Ⅱ）若是的中点，求证：平面；（Ⅲ）求证：平面平面.解：(Ⅰ)由题意可知：四棱锥中，平面平面，

…………2分平面平面=所以，平面

…………4分又，则四棱锥的体积为：

…………6分(Ⅲ)

,是的中点,又平面平面平面

…………12分由(Ⅱ)知：平面

又平面所以，平面平面.

…………14分19.我们将侧棱和底面边统称为棱，则三棱锥有４个面，６条棱，４个顶点，如果面数记作，棱数记作，顶点数记作，那么，，之间有什么关系？再用三棱柱，四棱台检验你得到的关系式，你知道这是个什么公式？参考答案：解析：这个是欧拉式．20.已知直线L与抛物线C：y2=4x交于A、B两点，且线段AB的中点M（3，2）．（Ⅰ）求直线L的方程（Ⅱ）线段AB的长．参考答案：【考点】抛物线的简单性质．【分析】（Ⅰ）直线L：y﹣2=k（x﹣3），直线方程与抛物线方程联立化为：k2x2﹣6kx+（2﹣3k）2=0，根据线段AB的中点M（3，2），即可求出k的值，（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），x1+x2=6，利用|AB|=x1+x2+p即可得出．【解答】解：（Ⅰ）设直线L：y﹣2=k（x﹣3），由消去y整理得，k2x2﹣6kx+（2﹣3k）2=0当k=0时，显然不成立．当k≠0时．，又得，，∴直线L：y﹣2=x﹣3，即x﹣y﹣1=0；（Ⅱ）又焦点F（1，0）满足直线L：x﹣y﹣1=0．设A（x1，y1），B（x2，y2），又|AB|=|FA|+|FB|=（x1+1）+（x2+1），x1+x2=6，∴|AB|=8．21.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF．（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；（Ⅱ）求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．参考答案：【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；向量语言表述线面的垂直、平行关系；二面角的平面角及求法．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．【分析】（Ⅰ）由题意及图可得，先由条件证得AD⊥BD及AE⊥BD，再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直；（II）解法一：由（I）知，AD⊥BD，可得出AC⊥BC，结合FC⊥平面ABCD，知CA，CA，CF两两垂直，因此可以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系，设CB=1，表示出各点的坐标，再求出两个平面的法向量的坐标，由公式求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值即可；解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可证明出∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，再解三角形求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值．【解答】（I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°．所以∠ADC=∠BCD=120°．又CB=CD，所以∠CDB=30°，因此，∠ADB=90°，AD⊥BD，又AE⊥BD且，AE∩AD=A，AE，AD?平面AED，所以BD⊥平面AED；（II）解法一：由（I）知，AD⊥BD，同理AC⊥BC，又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系，不妨设CB=1，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（，﹣，0），F（0，0，1），因此=（，﹣，0），=（0，﹣1，1）设平面BDF的一个法向量为=（x，y，z），则?=0，?=0所以x=y=z，取z=1，则=（，1，1），由于=（0，0，1）是平面BDC的一个法向量，则cos＜，＞===，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FC⊥BD，由于FC∩CG=C，FC，CG?平面FCG．所以BD⊥平面FCG．故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，在等腰三角形BCD中，由于∠BCD=120°，因此CG=CB，又CB=CF，所以GF==CG，故cos∠FGC=，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为【点评】本题考查线面垂直的证明与二面角的余弦值的求法，解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定定理及二面角的两种求法﹣向量法与几何法，本题是高中数学的典型题，也是高考中的热点题型，尤其是利用空间向量解决立体几何问题是近几年高考的必考题，学习时要好好把握向量法的解题规律．22.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E、F分别在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D.（1）求证：A1C⊥平面AEF；（2）当AB＝4，AD＝3，AA1＝5时，求平面AEF与平面D1B1BD所成的角的余弦值.参考答案：（1）证明：因为A1C·AE＝(A1B＋BC)·AE＝BC·AE＝BC·(AB＋BE)＝0，所以A1C⊥AE；（3分）因为A1C·AF＝(A1D＋DC)·AF＝DC·AF＝DC·(AD＋DF)＝0，所以A1C⊥AF，