2021-2022学年湖南省张家界市市永定区枫香岗中学高二数学理下学期期末试题含解析

2021-2022学年湖南省张家界市市永定区枫香岗中学高二数学理下学期期末试题含解析一、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.已知中心在原点的双曲线的顶点与焦点分别是椭圆的焦点与顶点，若双曲线的离心率为2，则椭圆离心率为________参考答案：略2.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（

）（A）

（B）（C）

（D）参考答案：B由三视图得该几何体是从四棱锥中挖去一个半圆锥，四棱锥的底面是以2为边长的正方形，高为2，圆锥的底面半径是1，高为2，.故选：B.

3.设实数满足，则的取值范围是（

）A．]

B．

C．

D．参考答案：C4.执行如图所示的程序框图，输出的T=（）A．29B．44C．52D．62参考答案：A考点：循环结构．专题：算法和程序框图．分析：执行程序框图，依次写出每次循环得到的S，T，n的值，当S=12，n=4，T=29时，满足条件T＞2S，退出循环，输出T的值为29．解答：解：执行程序框图，有S=3，n=1，T=2，不满足条件T＞2S，S=6，n=2，T=8不满足条件T＞2S，S=9，n=3，T=17不满足条件T＞2S，S=12，n=4，T=29满足条件T＞2S，退出循环，输出T的值为29．故选：A．点评：本题主要考察了程序框图和算法，属于基本知识的考查．5.已知椭圆的对称轴是坐标轴，离心率e=，长轴长为6，则椭圆的方程(

)A．B．C．D．参考答案：D【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】由已知求出a，c的值，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求．【解答】解：由题意可知，，2a=6，a=3，∴c=2，则b2=a2﹣c2=9﹣4=5，∴椭圆的方程为或．故选：D．【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查了椭圆方程的求法，是基础题．6.下列函数中，既是偶函数，且在区间内是单调递增的函数是（

）A．

B．

C．

D．

参考答案：D7.下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lgx的定义域和值域相同的是()A.y＝x B.y＝lgx C.y＝2x D.y＝参考答案：D试题分析:因函数的定义域和值域分别为,故应选D．考点：对数函数幂函数的定义域和值域等知识的综合运用．8.将点的直角坐标(－2，2)化为极径是正值，极角在0到之间的极坐标是（

）A．(4，)

B．(4，)

C．(4，)

D．(4，) 参考答案：A略9.已知p是r的充分不必要条件，s是r的必要条件，q是s的必要条件，那么p是q成立的(

)A．充分不必要条件

B．必要不充分条件C．充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A略10.在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=BA=BC，则直线PB与平面PAC所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°参考答案：B【考点】直线与平面所成的角．【分析】由题意画出图形，取AC中点O，连接PO，BO，可得BO⊥AC，再由面面垂直的性质可得BO⊥平面PAC，知∠BPO为直线PB与平面PAC所成的角，求解直角三角形得答案．【解答】解：如图，设PA=PC=BA=BC=a，取AC中点O，连接PO，BO，则BO⊥AC，∵平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC=AC，∴BO⊥平面PAC，则∠BPO为直线PB与平面PAC所成的角，∵PA=PC=BA=BC，AC=AC，∴△PAC≌△BAC，则PO=OB，∴∠BPO=45°，故选：B．【点评】本题考查直线与平面所称的角，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知某圆锥体的底面半径r=3，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥体的表面积是．参考答案：36π【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】圆锥的底面周长为侧面展开图的弧长，利用弧长公式计算展开图的半径即圆锥的母线长，代入公式计算得出面积．【解答】解：圆锥的底面积S底=π×32=9π，圆锥侧面展开图的弧长为2π×3=6π，∴圆锥侧面展开图的扇形半径为=9．圆锥的侧面积S侧==27π．∴圆锥的表面积S=S底+S侧=36π．故答案为：36π．12.函数的值域是

．参考答案：13.如图为甲、乙两名篮球运动员每场比赛得分情况的茎叶图，则甲和乙得分的中位数的和是

参考答案：58【考点】茎叶图．【专题】计算题；概率与统计．【分析】由茎叶图可知甲得分数据共有13个，出现在中间第7位的数据是32，乙得分的中位数是32．乙得分数据共有13个，出现在中间第7位的数据是26，乙得分的中位数是26，即可得出结论．【解答】解：由茎叶图可知甲得分数据共有13个，出现在中间第7位的数据是32，乙得分的中位数是32．乙得分数据共有13个，出现在中间第7位的数据是26，乙得分的中位数是26．两数之和32+26=58故答案为：58．【点评】本题考查茎叶图和中位数，本题解题的关键是看清所给的数据的个数，计算中位数时，看清是有偶数个数字还是奇数个数字，选择出中位数．14.设随机变量ξ的概率分布列为，，则.参考答案：∵所有事件发生的概率之和为1，即P（ξ=0）+P（ξ=1）+P（ξ=2）+P（ξ=3）=1，∴，∴c=，∴P（ξ=k）=，∴P（ξ=2）=．故答案为．15.类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的一些性质：?“各棱长相等，同一顶点上的两条棱的夹角相等；?各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角相等；?各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任何两条棱的夹角相等。你认为比较恰当的是

参考答案：②16.某公司生产三种型号A、B、C的轿车，产量分别为1200辆、6000辆、2000辆．为检验该公司的产品质量，现用分层抽样的方法抽取46辆进行检验，则型号A的轿车应抽取

▲

辆．参考答案：6

略17.用反证法证明命题“若，则或”时,应假设

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.已知函数．（1）求函数的极值点．（2）设函数，其中，求函数在上的最小值．参考答案：见解析．解：（）函数的定义域为，，∴令，得，令，得，∴函数在单调递减，在单调递增，∴是函数的极小值点，极大值点不存在．（）由题意得，∴，令得．①当时，即时，在上单调递增，∴在上的最小值为；②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，∴在上的最小值为；③当，即时，在区间上单调递减，∴在上的最小值为，综上所述，当时，的最小值为；当时，的最小值为；当时，的最小值为．19.（本小题满分11分）已知直线与椭圆相交于A、B两点.①．若椭圆的离心率为，焦距为2，求线段AB的长；②．若向量与向量互相垂直（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率时，求椭圆的长轴长的最大值.参考答案：（1）（2）联立方程得，由得出：，变形为：，由e范围得出：

，则长轴长最大值为20.已知圆M的圆心在直线x+y=0上，半径为1，直线l：6x﹣8y﹣9=0被圆M截得的弦长为，且圆心M在直线l的右下方．（1）求圆M的标准方程；（2）直线mx+y﹣m+1=0与圆M交于A，B两点，动点P满足|PO|=|PM|（O为坐标原点），试求△PAB面积的最大值，并求出此时P点的坐标．参考答案：【考点】直线与圆的位置关系．【分析】（1）利用直线l：6x﹣8y﹣9=0被圆M截得的弦长为，且圆心M在直线l的右下方，求出圆心坐标，即可求圆M的标准方程；（2）要使△PAB的面积最大，点P到直线AB的距离d最大，利用P点在以（2，﹣2）为圆心，2为半径的圆上，即可得出结论．【解答】解：（1）由已知可设圆心M（a，﹣a），圆心到直线l的距离为d，则d==，…（1分）于是，整理得|14a﹣9|=5，解得a=1，或a=．…∵圆心M在直线l的右下方，∴圆心M是（1，﹣1），∴圆M的标准方程为（x﹣1）2+（y+1）2=1．…（2）直线mx+y﹣m+1=0可变形为m（x﹣1）+y+1=0，即过定点（1，﹣1），∴动直线mx+y﹣m+1=0恰好过圆M的圆心，∴|AB|=2．…设P（x，y），则由|PO|=|PM|，可得x2+y2=2[（x﹣1）2+（y+1）2]，整理得（x﹣2）2+（y+2）2=4，即P点在以（2，﹣2）为圆心，2为半径的圆上，…（7分）设此圆圆心为N，则N（2，﹣2）．∴要使△PAB的面积最大，点P到直线AB的距离d最大，dmax=|PM|=+2=+2，∴△PAB面积的最大值为=．…（8分）∵MN的方程为y=﹣x，…（9分）代入方程（x﹣2）2+（y+2）2=4中，可解得x=4，或0（舍去），∴此时P（4，﹣4）．…（10分）【点评】本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．21.已知椭圆，直线与椭圆交于A、B两点，M是线段AB的中点，连接OM并延长交椭圆于点C．直线AB与直线OM的斜率分别为k、m，且．（1）求的值；

(2）若直线AB经过椭圆的右焦点F，问：对于任意给定的不等于零的实数k，是否存在a∈，使得四边形OACB是平行四边形，请证明你的结论；

参考答案：设直线AB的方程为y=kx+n，代入椭圆方程得

，设，,，则，∴，，∴，又∴，∴

（Ⅱ）设C(xC，yC)，直线AB的方程为y=k(x-c)(k≠0)，代入椭圆方程，得

，若OACB是平行四边形，则

，∴，，∵C在椭圆上∴

∴，∴

，∴

∴

，∵

，a∈[2，+∞