2022-2023学年重庆垫江县第五中学高二数学理期末试题含解析

2022-2023学年重庆垫江县第五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.甲、乙两名同学八次数学测试成绩如茎叶图所示，则甲同学成绩的众数与乙同学成绩的中位数依次为（）A．85，86 B．85，85 C．86，85 D．86，86参考答案：B【考点】茎叶图．【专题】对应思想；数形结合法；概率与统计．【分析】根据中位数是一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序依次排列，处在中间位置的一个数（或中间两个数据的平均数），求出即可．【解答】解：由茎叶图知，甲的8个得分中，按照从小到大的顺序依次排列，处在中间位置的两个数是85和85，所以中位数是85，同理，乙的中位数是85．故选：B．【点评】本题考查了中位数的定义与应用问题，也考查了茎叶图的应用问题，是基础题目．2.设函数在上可导,其导函数,且函数在处取得极小值,则函数的图象可能是 （

）

参考答案：A3.已知数列中，，，若为等差数列，则=( )A．0 B．

C．

D．2参考答案：A略4.已知为等差数列，且有，则（

）A．28

B．24

C．20

D．16参考答案：C5.设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，P是第一象限内该椭圆上的一点，且PF1⊥PF2，求点P的横坐标为（）A．1 B． C． D．参考答案：D【考点】椭圆的简单性质．【专题】计算题．【分析】先根据椭圆方程求得椭圆的半焦距c，根据PF1⊥PF2，推断出点P在以为半径，以原点为圆心的圆上，进而求得该圆的方程与椭圆的方程联立求得交点的坐标，则根据点P所在的象限确定其横坐标．【解答】解：由题意半焦距c==，又∵PF1⊥PF2，∴点P在以为半径，以原点为圆心的圆上，由，解得x=±，y=±∴P坐标为（，）．故选：D．【点评】本题主要考查了椭圆的简单性质，椭圆与圆的位置关系．考查了考生对椭圆基础知识的综合运用．属基础题．6.已知，则的大小关系为A． B． C． D．参考答案：A略7.若且，则下列四个数中最大的是（

）

A．B．C．2abD．a参考答案：B略8.若长方体的三个面的对角线长分别是，则长方体体对角线长为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：C

解析：设同一顶点的三条棱分别为，则得，则对角线长为9.对“a、b、c至少有一个是正数”的反设是（）A．a、b、c至少有一个是负数 B．a、b、c至少有一个是非正数C．a、b、c都是非正数 D．a、b、c都是正数参考答案：C【考点】R9：反证法与放缩法．【分析】找出题中的题设，然后根据反证法的定义对其进行否定．【解答】解：∵命题“a、b、c至少有一个是正数”可得题设为，“a、b、c至少有一个是正数”，∴反设的内容是：a、b、c都是非正数；故选：C．10.下列选项中，与其他三个选项所蕴含的数学推理不同的是（）A．独脚难行，孤掌难鸣 B．前人栽树，后人乘凉C．物以类聚，人以群分 D．飘风不终朝，骤雨不终日参考答案：B【考点】合情推理的含义与作用．【分析】利用归纳推理、演绎推理的定义，即可得出结论．【解答】解：由题意，根据归纳推理是由特殊到一般的推理过程，可得A，C，D是归纳推理，B是演绎推理，故选：B．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.函数y＝xlnx的导数是＿＿＿＿＿。参考答案：lnx+1；略12.已知是椭圆的两个焦点,A,B分别是该椭圆的右顶点和上顶点，点P在线段AB上，则的最小值为

参考答案：

解：，考虑的几何意义即可得，点在线段上，则，∴13.抛物线的焦点坐标为_________参考答案：14.设全集U=R，集合，，则_．参考答案：【分析】利用已知求得：，即可求得：，再利用并集运算得解.【详解】由可得：或所以所以所以故填：【点睛】本题主要考查了补集、并集的运算，考查计算能力，属于基础题。15.在区间[－2,2]上随机取一个数b，若使直线与圆有交点的概率为，则a=

．参考答案：

16.下列说法中，正确的有_______．①回归直线恒过点，且至少过一个样本点；②根据2×2列列联表中的数据计算得出，而，则有99%的把握认为两个分类变量有关系；③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两个变量不相关；④某项测量结果服从正态分布，则，则．参考答案：②④【分析】由回归直线的性质判断①；由独立性检验的性质判断②③；由正态分布的特点判断④.【详解】回归直线恒过点，但不一定要过样本点，故①错误；由，得有99%的把握认为两个分类变量有关系，故②正确；的值很小时，只能说两个变量的相关程度低，不能说明两个变量不相关，故③错误；,，故④正确；故答案为：②④【点睛】本题主要考查了正态分布求指定区间的概率等，属于中等题.17.5名同学排成一排照相，其中同学甲站在中间，则不同的排法种数为________（用数字作答）.参考答案：24【分析】根据题意，不用管甲，其余4人全排列即可，根据排列数的定义可得出结果.【详解】根据题意，甲在中间位置固定了，不用管，其它4名同学全排列即可，所以排法种数共有种.故答案为：24.【点睛】本题是排列问题，有限制条件的要先安排，最后安排没有条件要求的即可，属于一般基础题．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.顶点在原点，焦点在y轴的正半轴的抛物线的焦点到准线的距离为2．（1）求抛物线的标准方程；（2）若直线l：y=2x+1与抛物线相交于A，B两点，求AB的长度．参考答案：【考点】抛物线的简单性质．【专题】综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）利用抛物线的定义，求出p，即可求抛物线的标准方程；（2）直线l：y=2x+1与抛物线联立，利用韦达定理及抛物线的定义，即可求AB的长度．【解答】解：（1）由题意，焦点在y轴的正半轴的抛物线的焦点到准线的距离为2，可知p=2．…∴抛物线标准方程为：x2=4y…（2）直线l：y=2x+l过抛物线的焦点F（0，1），设A（x1，y1），B（x2，y2）∴|AB|=y1+y2+p=y1+y2+2…联立得x2﹣8x﹣4=0…∴x1+x2=8…∴|AB|=y1+y2+2=2x1+1+2x2+1+2=2（x1+x2）+4=20…【点评】本题考查抛物线的标准方程，考查直线与抛物线的位置关系，正确运用抛物线的定义是关键．19.（本小题满分12分）如图，已知四边形ABCD为正方形，平面，∥，且（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.参考答案：（1）（法一）连接AC交BD于点O，连接FO.过点O作OH∥AE交EC于点H，连接HF，因为O是AC的中点，所以H是EC的中点，所以，因为EA∥CF，且EA=2CF，所以OH∥CF且OH=CF，又因为所以四边形OCFH为菱形，而垂直于平面ABCD，所以从而，从而四边形OCFH为正方形进而又因为四边形ABCD为正方形，所以;又且从而面，则又且所以平面.

（法二）以点A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AE所在直线为z轴建立直角坐标系，则，所以从而有·=0，·=0所以又因为从而面

（2）由（1）知向量为平面的法向量设平面的法向量为则即；令得故所以二面角的余弦值为

20.设数列的前项和为，且满足．（Ⅰ）求，，，的值并写出其通项公式；（Ⅱ）用三段论证明数列是等比数列．

参考答案：解：（Ⅰ）由，得；；；，猜想．

（Ⅱ）因为通项公式为的数列，若，是非零常数，则是等比数列；因为通项公式，又；所以通项公式的数列是等比数列．略21.已知函数f（x）=ln（1+ax）﹣（a＞0）（1）当a=时，求f（x）的极值；（2）若a∈（，1），f（x）存在两个极值点x1，x2，试比较f（x1）+f（x2）与f（0）的大小（3）求证e＞n!（n≥2，n∈N）参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（1）求出函数的定义域，求出导数，求得单调区间，即可得到极值；（2）求出导数，求得极值点，再求极值之和，构造当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+﹣2，运用导数，判断单调性，即可得到结论；（3）当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+﹣2＞0恒成立，即lnt+﹣1＞0恒成立，设t=（n≥2，n∈N），即ln+n﹣1＞0，即有n﹣1＞lnn，运用累加法和等差数列的求和公式及对数的运算性质，即可得证．【解答】解：（1）f（x）=ln（1+x）﹣，定义域解得x＞﹣2，f′（x）=﹣=，即有（﹣2，2）递减，（2，+∞）递增，故f（x）的极小值为f（2）=ln2﹣1，没有极大值．（2）f（x）=ln（1+ax）﹣（a＞0），x＞﹣，f′（x）=﹣=由于＜a＜1，则a（1﹣a）∈（0，），﹣＜﹣ax2﹣4（1﹣a）=0，解得x=±，f（x1）+f（x2）=ln[1+2]+ln[1﹣2]﹣﹣即f（x1）+f（x2）=ln[（1﹣2a）2]+=ln[（1﹣2a）2]+﹣2

设t=2a﹣1，当＜a＜1，0＜t＜1，则设f（x1）+f（x2）=g（t）=lnt2+﹣2，当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+﹣2，g′（t）=﹣=＜0g（t）在0＜t＜1上递减，g（t）＞g（1）=0，即f（x1）+f（x2）＞f（0）=0恒成立，综上述f（x1）+f（x2）＞f（0）；（3）证明：当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+﹣2＞0恒成立，即lnt+﹣1＞0恒成立，设t=（