2021-2022学年陕西省汉中市镇巴县职业中学高二数学文上学期期末试卷含解析

2021-2022学年陕西省汉中市镇巴县职业中学高二数学文上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.函数y＝x2－lnx的单调递减区间为(

)A．(－1,1]

B．(0,1]

C．[1，＋∞)

D．(0，＋∞)参考答案：B2.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．3.正方体的内切球和外接球的半径之比为（）A.

B.

C.

D.参考答案：D4.若函数f（x）在R上可导，且f（x）＞f′（x），则当a＞b时，下列不等式成立的是（）A．eaf（a）＞ebf（b） B．ebf（a）＞eaf（b） C．ebf（b）＞eaf（a） D．eaf（b）＞ebf（a）参考答案：D【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】构造函数g（x）=，求导g′（x）=；从而可判断g（x）=在R上是减函数，从而判断．【解答】解：令g（x）=，则g′（x）=；∵f（x）＞f′（x），∴＜0，∴g（x）=在R上是减函数，又∵a＞b，∴＜；故eaf（b）＞ebf（a），故选：D．5.如右题图所示，在正四棱锥中，分别是的中点，动点在线段上运动时，下列结论中不恒成立的是(

)A.EP∥BD

B.EP∥面SBDC.EP⊥AC

D.EP与SD异面参考答案：A6.如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3中点，D是EF与SG2的交点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体G﹣SEF中必有（）A．SD⊥平面EFG B．SE⊥GF C．EF⊥平面SEG D．SE⊥SF参考答案：B【考点】直线与平面垂直的性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】根据题意，在折叠过程中，始终有SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，即SG⊥GE，SG⊥GF，由线面垂直的判定定理，得SG⊥平面EFG，分析四个答案，即可给出正确的选择．【解答】解：在A中：设正方形的棱长为2a，则DG=a，SD=a，∵SG2≠DG2+SD2，∴SD与DG不垂直，∴SD不垂直于平面EFG，故A错误；在B中：∵在折叠过程中，始终有SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，∴SG⊥GE，SG⊥GF，又∵EG⊥GF，SG∩EG=G，∴GF⊥平面SEG，∵SE?平面SGE，∴SE⊥GF，故B正确；在C中：△EFG中，∵EG⊥GF，∴EF不与GF垂直，∴EF不垂直于平面SEG，故C错误；在D中：由正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3中点，得∠ESF＜∠G1SG3=90°，∴SE与SF不垂直，故D错误．故选：B．【点评】线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．7.用反证法证明命题：“，若ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除．”时，假设的内容应该是（

）A.a，b都不能被5整除 B.a，b都能被5整除C.a，b不都能被5整除 D.a能被5整除参考答案：A【分析】根据反证法的概念，即可得到命题的假设，解得求解.【详解】根据反证法的概念可得：用反证法证明命题：“，若可被5整除，那么中至少有一个能被5整除．”时，假设的内容应该是“都不能被5整除”，故选A.【点睛】本题主要考查了反证法的概念，其中解答中熟记反证法的基本概念，根据命题的否定，准确书写是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.8.若过椭圆内一点的弦被该点平分，则该弦所在的直线方程为（

）． A． B． C． D．参考答案：A解：设弦的两端点为，，为中点得，，在椭圆上有两式相减得，则，且过点，有，整理得．故选．9.体积为的三棱锥P-ABC的顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，，，则球O的表面积的最小值为（

）A.8π B.9π C.12π D.16π参考答案：C【分析】把三棱锥放在长方体中，由面积公式及基本不等式可得，进而有，结合即可得最值.【详解】把三棱锥放在长方体中，由已知条件容易得到，所以，因此，注意，所以球的表面积的最小值是.故选C.【点睛】本题考查空间几何体的外接球问题，利用四面体构造长方体是解题的关键，利用长方体的体对角线等于球的直径是本题的突破点．10.给定平面及同侧两点A,B,则平面内使得PA,PB与平面所成角相等的点PA．有且只有一个

B．形成一个圆

C．形成一条直线

D．形成一条直线或一个圆参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若实数x，y满足(x＋5)2＋(y－12)2＝196，则x2＋y2的最小值是________．参考答案：112.△ABC中，a、b、c成等差数列，∠B=30°，，那么b=_______.

参考答案：解：△ABC中，a、b、c成等差数列，∠B=30°，，则2b=a+c，，∴ac=6，由余弦定理得b2=a2+c2－2accosB=(a+c)2－2ac－2accosB=4b2－12－，∴，.13.已知x是4和16的等比中项，则x＝

．参考答案：略14.计算

参考答案：16

15.函数f（x）=x3﹣3x2+1在x=

处取得极小值．参考答案：2【考点】6D：利用导数研究函数的极值．【分析】首先求导可得f′（x）=3x2﹣6x，解3x2﹣6x=0可得其根，再判断导函数的符号即可．【解答】解：f′（x）=3x2﹣6x，令f′（x）=3x2﹣6x=0得x1=0，x2=2，且x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0；x∈（0，2）时，f′（x）＜0；x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在x=2出取得极小值．故答案为：2．16.点为椭圆上一点，设点到椭圆的右准线的距离为，已知点，则的最大值为

参考答案：17.x>2是的____________条件

参考答案：充分不必要条件三、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.(满分12分)已知：正方体中，棱长，、分别为、的中点，、是、的中点，（1）求证：//平面；（2）求：到平面的距离。参考答案：解：以、、为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则、、、，、、、，、、、，（1），，设平面的法向量，则，令，则，∵，∴，∴//平面；（2），则到平面的距离。

略19.（本小题满分12分）已知全集，集合，，．（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若，求的取值范围．参考答案：（Ⅰ）∵全集，，∴.

……………2分又∵……………4分∴．…………6分（Ⅱ）∵，，，∴．…12分20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．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；平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE∥AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE∥平面PAD．（Ⅲ）先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF∥PD，从而证得CD⊥EF②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理证得平面BEF⊥平面PCD．【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．又AD?平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，∴CD⊥EF②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．21.用分析法证明。参考答案：见证明【分析】用分析法证明，直到推出显然成立的结论，即可.【详解】证明：要证，只要证只要证只要证只要证只要证显然成立，故原结论成立。【点睛】本题主要考查分析法证明不等式，只需熟记分析法的一般步骤即可，属于常考题型.22.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1B1B，，．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线A1B1与平面BB1C1C所成角的正弦值．参考