2021-2022學年浙江省溫州市霓嶼中學高二數學文上學期期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.設α、β為兩個不同平面，若直線l在平面α內，則“α⊥β”是“l⊥β”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：B【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】根據充分條件和必要條件的定義結合面面垂直的判定定理進行判斷即可．【解答】解：面面平行的判定定理：一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直．因為直線l?α，且l⊥β所以由判斷定理得α⊥β．所以直線l?α，且l⊥β?α⊥β若α⊥β，直線l?α則直線l⊥β，或直線l∥β，或直線l與平面β相交，或直線l在平面β內．所以“α⊥β”是“l⊥β”的必要不充分條件．故選：B．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用空間面面垂直的判定定理和性質定理是解決本題的關鍵．2.5位同學報名參加兩個課外活動小組，每位同學限報其中的一個小組，則不同的報名方法共有（

）A．10種

B．20種 C．25種 D．32種參考答案：D略3.已知F1，F2是橢圓的兩個焦點，若在橢圓上存在一點P，使F1PF2=120°，則橢圓離心率的范圍是

A．（0，]

B．[,1）

C．（0，]

D．[,1）參考答案：D略4.某袋中有9個大小相同的球，其中有5個紅球，4個白球，現從中任意取出1個，則取出的球恰好是白球的概率為（

）A.

B.

C.

D.參考答案：C5.直線3x+4y+5=0的斜率和它在y軸上的截距分別為（

）

A.，

B.，

C.，

D.，參考答案：C略6.已知，則（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B7.過雙曲線的左焦點F（﹣c，0）（c＞0）作圓x2+y2=a2的切線，切點為E，延長FE交拋物線y2=4cx于點P．若，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】KC：雙曲線的簡單性質．【分析】先設雙曲線的右焦點為F'，則F'的坐標為（c，0），因為拋物線為y2=4cx，所以F'為拋物線的焦點，O為FF'的中點，又可得E為FP的中點，所以OE為△PFF'的中位線，得到|PF|=2b，再設P（x，y）過點F作x軸的垂線，由勾股定理得出關于a，c的關系式，最后即可求得離心率．【解答】解：設雙曲線的右焦點為F'，則F'的坐標為（c，0）∵拋物線為y2=4cx，∴F'為拋物線的焦點，O為FF'的中點，∵∴E為FP的中點∴OE為△PFF'的中位線，∵O為FF'的中點∴OE∥PF'∵|OE|=a∴|PF'|=2a∵PF切圓O于E∴OE⊥PF∴PF'⊥PF，∵|FF'|=2c∴|PF|=2b設P（x，y），則x+c=2a，∴x=2a﹣c過點F作x軸的垂線，則點P到該垂線的距離為2a由勾股定理y2+4a2=4b2∴4c（2a﹣c）+4a2=4（c2﹣a2）∴e2﹣e﹣1=0∵e＞1∴e=．故選B．8.三國時期著名的數學家劉徽對推導特殊數列的求和公式很感興趣，創造并發展了許多算法，展現了聰明才智．他在《九章算術》“盈不足”章的第19題的注文中給出了一個特殊數列的求和公式．這個題的大意是：一匹良馬和一匹駑馬由長安出發至齊地，長安與齊地相距3000里（1里=500米），良馬第一天走193里，以后每天比前一天多走13里．駑馬第一天走97里，以后每天比前一天少走半里．良馬先到齊地后，馬上返回長安迎駑馬，問兩匹馬在第幾天相遇(

)A.14天 B.15天 C.16天 D.17天參考答案：C【分析】記良馬每天所走路程構成的數列為，駑馬每天所走路程構成的數列為，根據題中數據，求出通項公式，進而可求出結果.【詳解】記良馬每天所走路程構成的數列為，駑馬每天所走路程構成的數列為，由題意可得：，，設，經過天，兩匹馬相遇；則有，即，整理得，當滿足題意，因此兩匹馬在第16天相遇.故選C

9.已知，則=

A．-4

B．-2

C．0

D．2參考答案：A10.設是兩個不同的平面，是一條直線，以下命題正確的是 (

)

A．若，則

B．若，則 C．若，則

D．若，則參考答案：C略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知函數y=x3﹣3x+c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c=

．參考答案：±2【考點】3O：函數的圖象；52：函數零點的判定定理．【分析】求導函數，確定函數的單調性，確定函數的極值點，利用函數y=x3﹣3x+c的圖象與x軸恰有兩個公共點，可得極大值等于0或極小值等于0，由此可求c的值．【解答】解：求導函數可得y′=3（x+1）（x﹣1），令y′＞0，可得x＞1或x＜﹣1；令y′＜0，可得﹣1＜x＜1；∴函數在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上單調增，（﹣1，1）上單調減，∴函數在x=﹣1處取得極大值，在x=1處取得極小值，∵函數y=x3﹣3x+c的圖象與x軸恰有兩個公共點，∴極大值等于0或極小值等于0，∴1﹣3+c=0或﹣1+3+c=0，∴c=﹣2或2．故答案為：±2．12.把4個不同的球任意投入4個不同的盒子內（每盒裝球數不限），則無空盒的概率為________.參考答案：略13.給出下列命題;①設表示不超過的最大整數，則；②定義在上的函數，函數與的圖象關于軸對稱；

③函數的對稱中心為；

④已知函數在處有極值，則或；

⑤定義：若任意，總有，就稱集合為的“閉集”，已知且為的“閉集”，則這樣的集合共有7個。

其中正確的命題序號是____________參考答案：略14.若函數f（x）=x3﹣x在（a，10﹣a2）上有最小值，則a的取值范圍為

．參考答案：[﹣2，1）【考點】利用導數求閉區間上函數的最值．【分析】由題意求導f′（x）=x2﹣1=（x﹣1）（x+1）；從而得到函數的單調性，從而可得﹣2≤a＜1＜10﹣a2；從而解得．【解答】解：∵f（x）=x3﹣x，∴f′（x）=x2﹣1=（x﹣1）（x+1）；故f（x）=x3﹣x在（﹣∞，﹣1）上是增函數，在（﹣1，1）上是減函數，在（1，+∞）上是增函數；f（x）=x3﹣x=f（1）=﹣；故x=1或x=﹣2；故﹣2≤a＜1＜10﹣a2；解得，﹣2≤a＜1故答案為：[﹣2，1）．15.已知幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為．參考答案：64+4π【考點】由三視圖求面積、體積．【分析】先根據三視圖判斷幾何體的形狀．再根據體積公式計算即可．【解答】解：幾何體為正方體與圓柱的組合體，V圓柱=4π；V正方體=4×4×4=64；答案是64+4π16.將參數方程

(為參數)化為普通方程為

參考答案：17.藝術體操委員會由10位女性委員與5位男性委員組成,委員會要組織6位委員出國考查學習,如果按性別作分層,并在各層按比例隨機抽樣,試問此考查團的組成方法有_____種.參考答案：2100三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本題滿分12分）在直角坐標系中，曲線的方程為，曲線經過伸縮變換變成曲線，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線的極坐標方程為．（1）求曲線的方程,并將曲線的極坐標方程化成直角坐標方程；（2）若是曲線上一點，是曲線上的一點，求兩點間的最短距離，及相應的的坐標．參考答案：解：得代入得曲線的方程為

…………3分由得曲線的直角坐標方程為…………6.分（2）是曲線上一點，所以得到直線的距離其中所以，兩點間的最短距離為…………9分所以所求點為

……………12分

將代入（*）的所以所求點為…………12分略19.(本小題12分)如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，底面，，，，，E在棱上，

(Ⅰ)當時，求證：

平面；

(Ⅱ)當二面角的大小為時，求直線與平面所成角的正弦值．參考答案：

為二面角的平面角,即=,此時Ｅ為的中點設平面的法向量為計算可得20.在△ABC中，a=3，b=2，∠B=2∠A．（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求c的值．參考答案：【考點】正弦定理；余弦定理．【專題】解三角形．【分析】（I）由正弦定理得，結合二倍角公式及sinA≠0即可得解．（II）由（I）可求sinA，又根據∠B=2∠A，可求cosB，可求sinB，利用三角形內角和定理及兩角和的正弦函數公式即可得sinC，利用正弦定理即可得解．【解答】解：（I）因為a=3，b=2，∠B=2∠A．所以在△ABC中，由正弦定理得．所以．故．（II）由（I）知，所以．又因為∠B=2∠A，所以．所以．在△ABC中，．所以．【點評】本題主要考查了正弦定理，同角三角函數關系式，兩角和的正弦函數公式的應用，屬于基本知識的考查．21.如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°． （Ⅰ）證明AB⊥A1C； （Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值． 參考答案：【考點】用空間向量求直線與平面的夾角；直線與平面垂直的性質；平面與平面垂直的判定；直線與平面所成的角． 【專題】空間位置關系與距離；空間角． 【分析】（Ⅰ）取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B，由已知可證OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，進而可得AB⊥A1C； （Ⅱ）易證OA，OA1，OC兩兩垂直．以O為坐標原點，的方向為x軸的正向，||為單位長，建立坐標系，可得，，的坐標，設=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即為所求正弦值． 【解答】解：（Ⅰ）取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B， 因為CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°， 所以△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB， 又因為OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C， 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C； （Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB， 所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩垂直． 以O為坐標原點，的方向為x軸的正向，||為單位長，建立如圖所示的坐標系， 可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0）， 則=（1，0，），=（﹣1，，0），=（0，﹣，）， 設=（x，y，z）為平面BB1C1C的法向量，則，即， 可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==， 又因為直線與法向量的余弦值的絕對值等于直線與平面的正弦值，