山西省大同市建德市第一初級中學2023年高二數學文上學期期末試題含解析一、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.已知拋物線與直線相交于A、B兩點，其中A點的坐標是(1，2)。如果拋物線的焦點為F，那么等于（***）A．5

B．6

C． D．7參考答案：D2.將函數的圖象向右平移個單位,再將圖象上每一點的橫坐標縮短到原來的倍,所得圖象關于直線對稱,則的最小正值為（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：B3.某程序框圖如圖所示，若輸出的S＝57，則判斷框內為（）A．k＞4

B．k＞5

C．k＞6

D．k＞7參考答案：A4.已知命題p：cos2x＋cosx－m＝0為真命題，則實數m的取值范圍是()參考答案：C略5.已知橢圓上的一點到橢圓一個焦點的距離為，則到另一焦點距離為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D6.某校高中生共有900人，其中高一年級300人，高二年級200人，高三年級400人，現采用分層抽樣抽取一個容量為45的樣本，那么高一、高二、高三各年級抽取人數分別為(

)A.15，5，25

B.15，15，15

C.10，5，30

D.15，10，20

參考答案：D略7.命題“x0∈R,=1”的否定形式是（

）A.x0∈R,≠1

B.x0∈R,＞1

C.x∈R,x2=1

D.x∈R,x2≠1參考答案：D8.若函數在[5,8]上是單調函數，則k的取值范圍是（）A.(－∞,40] B.[40,64]C.(－∞,40]∪[64,+∞) D.[64,+∞)參考答案：C試題分析：二次函數對稱軸為，函數在區間上單調，所以或或考點：二次函數單調性9.若函數的圖象在點處的切線被圓所截得的弦長是,則A.

B.

C. D.參考答案：C10.數列的首項為1，數列為等比數列，且，若則（

）參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.過點且垂直于直線的直線方程為

。參考答案：2x+y-1=012.方程的根稱為的不動點，若函數有唯一的不動點，且，，則_____________。參考答案：2004令得依題意∴

即

∴

∴是以1000為首次，為公差的等差數列。即

∴13.右圖是一個幾何體的三視圖,根據圖中的數據,計算該幾何體的表面積為_______.參考答案：略14.矩陣的逆矩陣為__________.參考答案：【分析】通過逆矩陣的定義構建方程組即可得到答案.【詳解】由逆矩陣的定義知：,設，由題意可得：，即解得，因此.【點睛】本題主要考查逆矩陣的相關計算，難度不大.15.若拋物線的焦點與雙曲線的右焦點重合，則____________.參考答案：4略16.直線與曲線有且僅有一個公共點，則b的取值范圍為__________.參考答案：或曲線即表示一個半徑為的半圓，如圖所示

當直線經過點時，求得當直線經過點時，求得當直線和半圓相切于點時，由圓心到直線的距離等于半徑可得，求得或（舍去）故當直線與曲線恰有一個公共點時的取值范圍是：或

17.隨機向邊長為2的正方形ABCD中投一點P,則點P與A的距離不小于1且使為銳角的概率是__________________．參考答案：=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.（本小題滿分12分）幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.

(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點，求證：DM∥平面BEC.參考答案：解：(1)證明：取BD的中點O，連接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC?平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O為BD的中點，所以BE＝DE.(2)證法一：取AB的中點N，連接DM，DN，MN，因為M是AE的中點，所以MN∥BE.又MN?平面BEC，BE?平面BEC，所以MN∥平面BEC，又因為△ABD為正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC.又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC.證法二：延長AD，BC交于點F，連接EF.因為CB＝CD，∠BCD＝120°.所以∠CBD＝30°.因為△ABD為正三角形.所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝AF.又AB＝AD，所以D為線段AF的中點.連接DM，由點M是線段AE的中點，因此DM∥EF.又DM?平面BEC，EF?平面BEC，所以DM∥平面BEC.19.如圖，在三棱錐P﹣ABC中，∠ABC=90°，PA⊥平面ABC，E，F分別為PB，PC的中點．（1）求證：EF∥平面ABC；（2）求證：平面AEF⊥平面PAB．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．【專題】空間位置關系與距離．【分析】（1）根據三角形中位線定理可得EF∥BC，進而根據線面平行的判定定理可得EF∥平面ABC；（2）根據PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，結合∠ABC=90°，及線面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAB，進而由線面垂直的第二判定定理可得EF平面PAB，最后由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PAB．【解答】證明：（1）∵E，F分別為PB，PC的中點．∴EF∥BC，又∵BC?平面ABC，EF?平面ABC，∴EF∥平面ABC；（2）∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC=90°，∴AB⊥BC，又∵PA∩AB=A，PA，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，由（1）中EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，又∵EF?平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB．【點評】本題考查的知識點是線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，是空間線面關系的簡單綜合應用，難度中檔．20.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD對角線的交點．求證：（1）C1O∥面AB1D1；（2）面BDC1∥面AB1D1．參考答案：【考點】直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定．【分析】（1）由題意連接A1C1，先證明A1ACC1是平行四邊形得A1C1∥AC且A1C1=AC，再證AOC1O1是平行四邊形，然后利用直線與平面平行的判定定理進行證明；（2）因為AB∥CD∥D′C′，加上AB=CD=D′C′，可證ABC′D′是平行四邊形，同理可證C′D∥平面AB′D′，從而求證．【解答】證明：（1）連接A1C1，設A1C1∩B1D1=O1連接AO1，∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方體∴A1ACC1是平行四邊形∴A1C1∥AC且A1C1=AC又O1，O分別是A1C1，AC的中點，∴O1C1∥AO且O1C1=AO∴AOC1O1是平行四邊形∴C1O∥AO1，AO1?面AB1D1，C1O?面AB1D1∴C1O∥面AB1D1；（2）證明：是平行四邊形，∴?平面C′DB∥平面AB′D′．21.（本小題12分）求證：(1);

(2)+>2+。參考答案：22.命題方程有兩個不等的正實數根，命題方程無實數根

若“∨”為真命題，“∧”為假命題，求的取值范圍

參考答案：