2022年广西壮族自治区桂林市灵川中学高二数学文下学期期末试卷含解析

2022年广西壮族自治区桂林市灵川中学高二数学文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.若关于x的不等式的解集为，则a=（

）A.－2 B.2 C.－3 D.3参考答案：C【分析】原不等式等价于，分，，三种情况讨论即可.【详解】不等式可化为，当时，恒成立，不等式的解集为，不合题意；当时，则不等式的解为，故，无解；当时，则不等式的解为，故，解得；综上，，故选C.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，注意合理去除绝对值的符号及对参数的合理分类讨论.2.设椭圆C：的左焦点为（﹣2，0），离心率为，则C的标准方程为（） A． B． C． D． 参考答案：A【考点】椭圆的简单性质． 【专题】计算题；方程思想；数学模型法；圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】由已知可得c=2，且，求出a后结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求． 【解答】解：由题意知，c=2，且， ∴a=4， 又a2=b2+c2， ∴b2=a2﹣c2=16﹣4=12． ∴C的标准方程为． 故选：A． 【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查了椭圆的简单性质，是基础的计算题． 3.下列命题:①在一个2×2列联表中,由计算得,则有99%的把握确认这两类指标间有关联②若二项式的展开式中所有项的系数之和为243，则展开式中的系数是40③随机变量X服从正态分布,则④若正数x，y满足，则的最小值为3其中正确命题的序号为(

)A.①②③ B.①③④ C.②④ D.③④参考答案：B【分析】根据可知①正确；代入可求得，利用展开式通项，可知时，为含的项，代入可求得系数为，②错误；根据正态分布曲线的对称性可知③正确；由，利用基本不等式求得最小值，可知④正确.【详解】①，则有的把握确认这两类指标间有关联，①正确；②令，则所有项的系数和为：，解得：

则其展开式通项为：当，即时，可得系数为：，②错误；③由正态分布可知其正态分布曲线对称轴为

，③正确；④，

，（当且仅当，即时取等号），④正确.本题正确选项：【点睛】本题考查命题真假性的判断，涉及到独立性检验的基本思想、二项展开式各项系数和与指定项系数的求解、正态分布曲线的应用、利用基本不等式求解和的最小值问题.4.已知抛物线y2=2px(p>0)与一个定点M(p,p),则抛物线上与M点的距离最小的点为

(

)A.(0,0)

B.(,p)

C.()

D.(参考答案：D略5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段A1B1，CC1上两个动点且，则下列结论中正确的是（

）

A．存在某个位置E，F，使

B．存在某个位置E，F，使EF∥平面C.三棱锥的体积为定值D．的面积与的面积相等参考答案：B以为坐标原点建立空间直角坐标系，故，，，，.要垂直，则需圆与直线有交点，由于画出图象如下图所示，由图可知无交点，故选项错误.平面的法向量为，所以，则需圆与直线有交点，由于画出图象如下图所示，由图可知，图象有交点，故选项正确.本题答案选.

6.函数的导数为A. B.C. D.参考答案：C【分析】由题，直接根据导函数的乘法运算法则求得结果即可.【详解】由题，函数的导数故选C【点睛】本题考查了求导数，掌握好运算法则，以及熟记导数的公式是解题的关键，属于基础题.7.五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有

(

)A．种

B．种

C．种

D．种参考答案：B略8.由直线,曲线以及轴所围成的图形面积为A. B.13

C. D.15参考答案：A本题主要考查的是定积分的几何意义,意在考查学生的数形结合能力和运算能力.由直线,曲线以及轴所围成的图形如图所示:故所围成的图形OAB的面积为:=.故选A.9.复数z=在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限参考答案：B【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．【分析】将复数化简整理，得z=﹣+i，由此不难得到它在复平面内对应的点，得到点所在的象限．【解答】解：==﹣+i∴复数在复平面内对应的点为Z（﹣，），为第二象限内的点故选B10.四个人站成一排，解散后重新站成一排，恰有一个人位置不变的概率为（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】首先求得满足题意的排列的种数，然后利用古典概型公式进行计算即可求得概率值．【解答】解：使用乘法原理考查满足题意的排列方法，先从4个人里选3个进行调换，因为每个人都不能坐在原来的位置上，因此第一个人有两种坐法，被坐了自己椅子的那个人只能坐在第三个人的椅子上（一种坐法），才能保证第三个人也不坐在自己的椅子上．因此三个人调换有两种调换方法．故不同的调换方法有种，恰有一个人位置不变的概率为．故选：C．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.

已知满足不等式,

则的最大值是_______________.参考答案：12.已知函数，设函数，若函数在R上恰有两个不同的零点，则a的值为________.参考答案：【分析】求得x＝0，x＞0，x＜0，y＝f（﹣x）﹣f（x）的解析式，并作出图象，由题意可得f（﹣x）﹣f（x）＝有两个不等实根，通过图象观察即可得到所求的值．【详解】函数，当x＝0时，f（0）＝1，f（﹣x）﹣f（x）＝0；当x＞0时，﹣x＜0，f（﹣x）﹣f（x）＝﹣x+1﹣（x﹣1）2＝x﹣x2；当x＜0时，﹣x＞0，f（﹣x）﹣f（x）＝（﹣x﹣1）2﹣（x+1）＝x2+x；作出函数y＝f（﹣x）﹣f（x）的图象，由函数g（x）在R上恰有两个不同的零点，可得f（﹣x）﹣f（x）＝有两个不等实根．由图象可得＝±，即有＝±时，两图象有两个交点，故答案为：±．【点睛】本题考查函数方程的转化思想和数形结合思想方法，考查分类讨论思想方法和化简能力，属于中档题．13.已知函数，则=

参考答案：

14.如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)＝________.参考答案：2略15.已知点E，F，M，N分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AA1，AD，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF和MN所成的角为．参考答案：90°【考点】异面直线及其所成的角．【分析】取BC中点O，连綀MO、NO，则EF∥MO，从而∠MON是异面直线EF和MN所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线EF和MN所成的角．【解答】解：取BC中点O，连綀MO、NO，∵E，F，M，N分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AA1，AD，BB1，B1C1的中点，∴EF∥MO，∴∠MON是异面直线EF和MN所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为虎添翼，则MN=MO==，ON=2，∴MN2+MO2=NO2，∴∠MON=90°．∴异面直线EF和MN所成的角为90°．故答案为：90°．16.如图（1）有面积关系：=，则图（2）有体积关系：=．参考答案：【考点】类比推理．【分析】这是一个类比推理的题，在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由面积的性质类比推理到体积性质．【解答】解：∵在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由面积的性质类比推理到体积性质．故由=（面积的性质）结合图（2）可类比推理出：体积关系=．故答案为：17.三个数72，120，168的最大公约数是_______。参考答案：24三、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.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4.（1）若点M∈C1,

点N∈C2,求|MN|的取值范围；(2)若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程．参考答案：略19.学校在高二开设了当代战争风云、投资理财、汽车模拟驾驶与保养、硬笔书法共4门选修课，每个学生必须且只需从4门选修课中任选1门选修课选修，对于该年级的甲、乙、丙3名学生：求：（1）甲选战争风云课而且乙选投资理财课的概率；（2）这3名学生选择的选修课互不相同的概率；

（3）投资理财选修课被这3名学生选择的人数X的分布列。参考答案：解：(1)记甲选战争风云课为事件A、乙选投资理财课为事件B，由于事件相互独立，且，．-----------2分故甲选战争风云课、乙选投资理财课的概率为．--------(3分)法二：记甲选战争风云课、乙选投资理财课为事件M，则--------(3分)(2)3名学生选择了3门不同的选修课的概率为

----------6分(3)设投资理财选修课被这3名学生选择的人数为，则＝0,1,2,3

----7分P(＝0)＝P(＝1)＝P(＝2)＝P(＝3)＝-----------11分的分布列是

-----------12分略20.如图，在梯形中，，，四边形为矩形，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求二面角A-BF-C的平面角的余弦值；（3）若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的取值范围.

参考答案：（1）证明：在梯形中，∵,，∠＝，∴

∴∴∴⊥

∵平面⊥平面,平面∩平面,平面∴

⊥平面

（2）取中点为，连结

∵

,∴

∴⊥

∵

∴⊥

∴

∠=∵

⊥

∴

∴,

∴

（3）由（2）知，①当与重合时，②当与重合时，过,连结，则平面∩平面＝,∵

⊥，又∵⊥∴

⊥平面∴

⊥平面∴∠＝

∴=,∴=③当与都不重合时，令延长交的延长线于,连结

∴在平面与平面的交线上

∵

在平面与平面的交线上

∴

平面∩平面＝

过C作CH⊥NB交NB于H，连结AH，由（I）知，⊥,又∵AC⊥CN,∴AC⊥平面NCB∴AC⊥NB,又∵CH⊥NB，AC∩CH=C，∴NB⊥平面ACH

∴AH⊥NB

∴

∠AHC=

在中，可求得NC＝，从而，在中，可求得CH＝∵∠ACH＝

∴AH＝∴

∵

∴

，综上得。

21.如图，在三棱锥P﹣ABC中，已知PA=AB，∠ABC为直角，PA⊥BC．点D，E分别为PB，BC的中点．（1）求证：AD⊥平面PBC；（2）若F在线段AC上，当为何值时，AD∥平面PEF？请说明理由．参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：BC⊥AD，AD⊥PB，即可证明AD⊥平面PBC；（2）当AM∥EF，即=时，可得平面ADM∥平面PEF，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵∠ABC为直角，PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB，∵AD?平面PA