2022年四川省達(dá)州市第六中學(xué)高二數(shù)學(xué)理期末試卷含解析

2022年四川省達(dá)州市第六中學(xué)高二數(shù)學(xué)理期末試卷含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)的值是(

)

參考答案：C

2.已知集合，則（）A、

B、

C、

D、參考答案：A略3.若都是實(shí)數(shù)，且，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件

B．必要不充分條件C．充分必要條件

D．既不充分又不必要條件參考答案：B略4.下列表述正確的是（

）①歸納推理是由特殊到一般的推理；②演繹推理是由一般到特殊的推理；③類比推理是由特殊到一般的推理；④分析法是一種間接證明法；⑤若，且，則的最小值是3A．①②③④ B．②③④ C．①②④⑤ D．①②⑤參考答案：D5.下列四個(gè)命題：①若，

②若，③若a>b，c>d，則ac>bd

④若，其中正確命題的個(gè)數(shù)有

（

）A．1個(gè)

B．2個(gè)

C．3個(gè)

D．4個(gè)參考答案：B略6.設(shè)M、O、A、B、C是空間的點(diǎn)，則使M、A、B、C一定共面的等式是

（

）A．

B．C．

D．

參考答案：D略7.已知點(diǎn)P在曲線y=上，α為曲線在點(diǎn)P處的切線的傾斜角，則α的取值范圍是（）A．[0，） B．[，)C．(，]

D．[，π)參考答案：D【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的幾何意義．【分析】利用導(dǎo)數(shù)在切點(diǎn)處的值是曲線的切線斜率，再根據(jù)斜率等于傾斜角的正切值求出角的范圍．【解答】解：因?yàn)閥′===，∵，∴ex+e﹣x+2≥4，∴y′∈[﹣1，0）即tanα∈[﹣1，0），∵0≤α＜π∴≤α＜π故選：D．8.在4次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，隨機(jī)事件A恰好發(fā)生1次的概率不大于其恰好發(fā)生兩次的概率，則事件A在一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率P的取值范圍是（

）A．[0.4,1)

B．(0,0.4]

C．(0,0.6]

D．[0.6,1)參考答案：B9.已知點(diǎn)A(2,－3)、B(－3,－2),直線l過點(diǎn)P(1,1)，且與線段AB相交，則直線l的斜率的取值k范圍是（

）A、k≥或k≤－4

B、k≥或k≤－

C、－4≤k≤

D、≤k≤4參考答案：A10.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若，則（

）A.18

B.36

C.54

D.72參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)全集U={x∈Z|﹣2≤x≤4}，A={﹣1，0，1，2，3}，若B??UA，則集合B的個(gè)數(shù)是

．參考答案：4【考點(diǎn)】集合的包含關(guān)系判斷及應(yīng)用．【分析】全集U={x∈Z|﹣2≤x≤4}={﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，A={﹣1，0，1，2，3}，?UA={﹣2，4}，LyB??UA，即可得出滿足條件的集合B的個(gè)數(shù)．【解答】解：全集U={x∈Z|﹣2≤x≤4}={﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，A={﹣1，0，1，2，3}，?UA={﹣2，4}，∵B??UA，則集合B=?，{﹣2}，{4}，{﹣2，4}，因此滿足條件的集合B的個(gè)數(shù)是4．故答案為：4．12.某公司生產(chǎn)三種型號的轎車，產(chǎn)量分別為1200輛，6000輛和2000輛，為檢驗(yàn)該公司的產(chǎn)品質(zhì)量，現(xiàn)用分層抽樣的方法抽取46輛進(jìn)行檢驗(yàn)，這三種型號的轎車依次應(yīng)抽取

，

，

輛.參考答案：6

，

30

，

10略13.在求某些函數(shù)的導(dǎo)數(shù)時(shí)，可以先在解析式兩邊取對數(shù)，再求導(dǎo)數(shù)，這比用一般方法求導(dǎo)數(shù)更為簡單，如求的導(dǎo)數(shù)，可先在兩邊取對數(shù)，得，再在兩邊分別對x求導(dǎo)數(shù)，得即為,即導(dǎo)數(shù)為。若根據(jù)上面提供的方法計(jì)算函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，則

參考答案：14.若，則實(shí)數(shù)m的值為． 參考答案：﹣【考點(diǎn)】定積分． 【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；定義法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用． 【分析】根據(jù)定積分的計(jì)算法則計(jì)算即可． 【解答】解：（x2+mx）dx=（+mx2）|=+m=0， ∴m=﹣， 故答案為：﹣ 【點(diǎn)評】本題考查了定積分的計(jì)算，關(guān)鍵是求出原函數(shù)，屬于基礎(chǔ)題． 15.（5分）已知三個(gè)數(shù)a=60.7，b=0.76，c=log0.76，則a，b，c從小到大的順序?yàn)?/p>

．參考答案：因?yàn)閍=60.7＞60=1，b=0.76＜0.70=1，且b＞0，c=log0.76＜0，所以c＜b＜a．故答案為c＜b＜a．利用指數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)比較a和b的大小，由對數(shù)式的運(yùn)算性質(zhì)可知c＜0，由此答案可求．16.已知向量滿足則，則

。參考答案：17.在平面直角坐標(biāo)系中，“直線，與曲線相切”的充要條件是

▲．參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（本題滿分12分）在中，內(nèi)角所對邊分別為．求證：參考答案：19.如圖，設(shè)橢圓的右頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)分別為A、B，以A為圓心，OA為半徑的圓與以B為圓心，OB為半徑的圓相交于點(diǎn)O、P．（1）求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)若點(diǎn)P在直線上，求橢圓的離心率；(3)在（2）的條件下，設(shè)M是橢圓上的一動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)N（0，1）到橢圓上點(diǎn)的最近距離為3，求橢圓的方程．參考答案：20.

已知橢圓中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，長軸長等于12，離心率為.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過橢圓左頂點(diǎn)作直線l，若動(dòng)點(diǎn)M到橢圓右焦點(diǎn)的距離比它到直線l的距離小4，求點(diǎn)M的軌跡方程.參考答案：（1）設(shè)橢圓的半長軸長為a，半短軸長為b，半焦距為c.

由已知，2a＝12，所以a＝6.

（2分）又，即a＝3c，所以3c＝6，即c＝2.

（4分）于是b2＝a2－c2＝36－4＝32.

因?yàn)闄E圓的焦點(diǎn)在x軸上，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是.

（6分）（2）法一：因?yàn)閍＝6，所以直線l的方程為x＝－6，又c＝2，所以右焦點(diǎn)為F2(2，0)過點(diǎn)M作直線l的垂線，垂足為H，由題設(shè)，|MF2|＝|MH|－4.

設(shè)點(diǎn)M(x，y)，則.

（8分）兩邊平方，得，即y2＝8x.

（10分）故點(diǎn)M的軌跡方程是y2＝8x.

（12分）

法二：因?yàn)閍＝6，c＝2，所以a－c＝4，從而橢圓左焦點(diǎn)F1到直線l的距離為4.（8分）由題設(shè)，動(dòng)點(diǎn)M到橢圓右焦點(diǎn)的距離與它到直線x＝－2的距離相等，所以點(diǎn)M的軌跡是以右焦點(diǎn)為F2(2，0)為焦點(diǎn)，直線x＝－2為準(zhǔn)線的拋物線.

（10分）顯然拋物線的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，且p＝|F1F2|＝4，故點(diǎn)M的軌跡方程是y2＝8x.（12分）略21.（本小題滿分12）已知函數(shù)（1）求的定義域;

（2）證明函數(shù)是奇函數(shù)。參考答案：（1）由得所以的定義域?yàn)椋?1,1）.…………………4分

（2）因?yàn)?/p>

所以

故函數(shù)是奇函數(shù)。…………………22.如圖所示，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E為棱AA1的中點(diǎn)．（1）證明：B1C1⊥CE；（2）設(shè)點(diǎn)M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為．求線段AM的長．參考答案：【考點(diǎn)】點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．【分析】（1）證明CC1⊥B1C1，B1C1⊥C1E，可得B1C1⊥平面CC1E，即可證明結(jié)論；（2）連結(jié)D1E，過點(diǎn)M作MH⊥ED1于點(diǎn)H，可得MH⊥平面ADD1A1，連結(jié)AH，AM，則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角．設(shè)AM=x，求出EH，利用余弦定理建立方程，即可求線段AM的長．【解答】（1）證明：因?yàn)閭?cè)棱CC1⊥平面A1B1C1D1，B1C1?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1．因?yàn)锳D=CD=1，AA1=AB=2，E為棱AA1的中點(diǎn)，所以B1E=，B1C1=，EC1=，從而B1E2=B1C+EC，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E．又CC1，C1E?平面CC1E，CC1∩C1E=C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE?平面CC1E，故B1C1⊥CE．（2）解：連結(jié)D1E，過點(diǎn)M作MH⊥ED1于點(diǎn)H，可得MH