2021年湖南省怀化市辰溪县寺前中学高二数学理期末试题含解析

2021年湖南省怀化市辰溪县寺前中学高二数学理期末试题含解析一、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.执行如图所示的程序框图,则输出的结果是()A.

B.C.

D.参考答案：C试题分析：程序执行中的数据变化如下：不成立，输出考点：程序框图2.垂直于同一条直线的两条直线一定（

）A．平行

B.相交

C.异面

D.

以上都有可能参考答案：D略3.用从0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数是（

）A．324

B．328

C．360

D．648参考答案：B略4.在右面的程序框图表示的算法中，输入三个实数，要求输出的是这三个数中最大的数，那么在空白的判断框中，应该填入（

）A． B．C．

D．参考答案：B略5.若=（4，2，3）是直线l的方向向量，=（-1，3，0）是平面α的法向量，则直线l与平面α的位置关系是A.垂直 B.平行C.直线l在平面α内 D.相交但不垂直参考答案：D【分析】判断直线的方向向量与平面的法向量的关系，从而得直线与平面的位置关系．【详解】显然与不平行，因此直线与平面不垂直，又，即与不垂直，从而直线与平面不平行，故直线与平面相交但不垂直．故选D．【点睛】本题考查用向量法判断直线与平面的位置关系，方法是由直线的方向向量与平面的法向量的关系判断，利用向量的共线定理和数量积运算判断直线的方向向量与平面的法向量是否平行和垂直，然后可得出直线与平面的位置关系．6.双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则C的焦距等于（）A．2 B．2

C．4

D．4参考答案：C【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线的离心率以及焦点到直线的距离公式，建立方程组即可得到结论．【解答】解：∵：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，∴e=，双曲线的渐近线方程为y=，不妨取y=，即bx﹣ay=0，则c=2a，b=，∵焦点F（c，0）到渐近线bx﹣ay=0的距离为，∴d=，即，解得c=2，则焦距为2c=4，故选：C7.已知，，且，若，则（

）A. B. C. D.参考答案：B当时有，所以，得出，由于，所以.故选B.8.若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值(▲)A．4

B．5

C．6

D．7参考答案：B略9.某程序的框图如图所示，运行该程序时，若输入的x=0.1，则运行后输出的y值是A．﹣1 B.0.5

C．2

D．10参考答案：A10.设等比数列的公比为，前项和为，则等于(A)2

(B)4

(C)

(D)参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.设tan（α+β）=，tan（β﹣）=，则tan（α+）=．参考答案：【考点】两角和与差的正切函数．【分析】由条件利用两角差的正切公式求得tan（α+）的值．【解答】解：∵tan（α+β）=，tan（β﹣）=，∴tan（α+）===，12.已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，则直线l的方程为

.参考答案：x-y+1=013.已知圆C过点（1,0），且圆心在x轴的正半轴上，直线：被该圆所截得的弦长为，则圆C的标准方程为

。参考答案：略14.用一个平面去截正方体。其截面是一个多边形，则这个多边形的边数最多是

条参考答案：6略15.△ABC的三个顶点A、B、C到平面的距离分别为2cm、3cm、4cm，且A,B,C在平面的同侧，则△ABC的重心到平面的距离为___________。,参考答案：3略16.设抛物线的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线与抛物线有公共点，则直线的斜率的取值范围是---____________

参考答案：【-1,1】17.椭圆的焦距为2，则的值等于

********

.

参考答案：5或3三、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.已知动点P到点A（﹣2，0）与点B（2，0）的斜率之积为﹣，点P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）若点Q为曲线C上的一点，直线AQ，BQ与直线x=4分别交于M、N两点，直线BM与椭圆的交点为D．求线段MN长度的最小值．参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（I）设P（x，y），由题意知利用斜率计算公式即可得到，化简即可；（2）思路一：满足题意的直线AQ的斜率显然存在且不为零，设其方程为y=k（x+2），由（Ⅰ）知，所以，设直线QB方程为（x﹣2），分别求出点M，N的坐标，再利用两点间的距离公式即可得到|MN|，利用基本不等式的性质即可得出；思路二：满足题意的直线AQ的斜率显然存在且不为零，设其方程为y=k（x+2），与椭圆的方程联立，可得到根与系数的关系．设Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），即可得到直线BQ的斜率，以下同思路一；思路三：设Q（x0，y0），则直线AQ的方程为，直线BQ的方程为，即可得到点M，N的坐标，利用两点间的距离公式即可得到|MN|，利用导数即可得出．【解答】解：（Ⅰ）设P（x，y），由题意知

，即化简得曲线C方程为：（Ⅱ）思路一满足题意的直线AQ的斜率显然存在且不为零，设其方程为y=k（x+2），由（Ⅰ）知，所以，设直线QB方程为（x﹣2），当x=4时得N点坐标为，易求M点坐标为M（4，6k）所以=，当且仅当时，线段MN的长度有最小值．思路二：满足题意的直线AQ的斜率显然存在且不为零，设其方程为y=k（x+2），联立方程：消元得（4k2+1）x2+16k2x+16k2﹣4=0，设Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），由韦达定理得：，所以，代入直线方程得，所以，又B（2，0）所以直线BQ的斜率为以下同思路一思路三：设Q（x0，y0），则直线AQ的方程为直线BQ的方程为当x=4，得，即当x=4，得，即则又所以利用导数，或变形为二次函数求其最小值．19.（本小题12分）数列是等差数列、数列是等比数列。已知，点在直线上。满足。（1）求通项公式、；（2）若，求的值。参考答案：解：（1）把点代入直线得：即：，所以，，又，所以.

…3分又因为，所以.

…5分（2）因为，所以，

?

……7分又，

②…9分

?—②得：

…11分所以，

……12分略20.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=BC=AB=2，AB⊥BC，求二面角B1﹣A1C﹣C1的大小．参考答案：【考点】向量在几何中的应用；与二面角有关的立体几何综合题．【专题】计算题；向量法．【分析】建立空间直角坐标系，求出2个平面的法向量的坐标，设二面角的大小为θ，显然θ为锐角，设2个法向量的夹角φ，利用2个向量的数量积可求cosφ，则由cosθ=|cosφ|求出二面角的大小θ．【解答】解：如图，建立空间直角坐标系．则A（2，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），B1（0，0，2），C1（0，2，2），设AC的中点为M，∵BM⊥AC，BM⊥CC1．∴BM⊥平面A1C1C，即=（1，1，0）是平面A1C1C的一个法向量．设平面A1B1C的一个法向量是n=（x，y，z）．=（﹣2，2，﹣2），=（﹣2，0，0），∴令z=1，解得x=0，y=1．∴n=（0，1，1），设法向量n与的夹角为φ，二面角B1﹣A1C﹣C1的大小为θ，显然θ为锐角．∵cosθ=|cosφ|==，解得：θ=．∴二面角B1﹣A1C﹣C1的大小为．【点评】本题考查利用向量求二面角的大小的方法，设二面角的大小为θ，2个平面法向量的夹角φ，则θ和φ相等或互补，这两个角的余弦值相等或相反．21.已知函数f（x）=x﹣lnx，g（x）=x3+x2（x﹣lnx）﹣16x．（1）求f（x）的单调区间及极值；（2）求证：g（x）＞﹣20．参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）先求出函数的定义域，求出函数f（x）的导函数，在定义域下令导函数大于0得到函数的递增区间，令导函数小于0得到函数的递减区间；（2）求出g（x）≥x3+x2﹣16x，（x＞0），设h（x）=x3+x2﹣16x，（x＞0），根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而证出结论即可．【解答】解：（1）∵f′（x）=1﹣=，（x＞0），由f′（x）=0得x=1．当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；

∴x=1是函数f（x）的极小值点，故f（x）的极小值是1．（2）证明：由（1）得：f（x）≥1，∴g（x）≥x3+x2﹣16x，（x＞0），当且仅当x=1时“=”成立，设h（x）=x3+x2﹣16x，（x＞0），则h′（x）=（3x+8）（x﹣2），令h′（x）＞0，解得：x＞2，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜2，∴h（x）min=h（2）=﹣20，∴h（x）≥﹣20，当且仅当x=2时“=”成立，因取条件不同，故g（x）＞﹣20．22.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形．∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD（Ⅱ）设PD=AD=1，求棱锥D﹣PBC的高．参考答案：【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（II）要求棱锥D﹣PBC的高．只需证BC⊥平面PBD，然后得平面PBC⊥平面PBD，作DE⊥PB于E，则DE⊥平面PBC，利用勾股定理可求得DE的