2022-2023學(xué)年江蘇省徐州市職業(yè)中學(xué)高二數(shù)學(xué)文期末試題含解析

2022-2023學(xué)年江蘇省徐州市職業(yè)中學(xué)高二數(shù)學(xué)文期末試題含解析一、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e為自然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f（x）=，則下列說法正確的是（）A．當(dāng)k=1時，f（x）在x=1處取得極小值B．當(dāng)k=1時，f（x）在x=1處取得極大值C．當(dāng)k=2時，f（x）在x=1處取得極小值D．當(dāng)k=2時，f（x）在x=1處取得極大值參考答案：C當(dāng)k=1時，函數(shù)f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）．求導(dǎo)函數(shù)可得f'（x）=ex（x﹣1）+（ex﹣1）=（xex﹣1），f'（1）=e﹣1≠0，f'（2）=2e2﹣1≠0，則f（x）在在x=1處與在x=2處均取不到極值，當(dāng)k=2時，函數(shù)f（x）=（ex﹣1）（x﹣1）2．求導(dǎo)函數(shù)可得f'（x）=ex（x﹣1）2+2（ex﹣1）（x﹣1）=（x﹣1）（xex+ex﹣2），∴當(dāng)x=1，f'（x）=0，且當(dāng)x＞1時，f'（x）＞0，當(dāng)x0＜x＜1時，f'（x）＜0，故函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)；在（x0，1）上是減函數(shù)，從而函數(shù)f（x）在x=1取得極小值．對照選項．故選C．2.在的展開式中，含的項的系數(shù)是（

）A.－832 B.－672 C.－512 D.－192參考答案：A【分析】求出展開式中的系數(shù)減2倍的系數(shù)加的系數(shù)即可.【詳解】含的項的系數(shù)即求展開式中的系數(shù)減2倍的系數(shù)加的系數(shù)即含的項的系數(shù)是．故選A.3.設(shè)在上是減函數(shù)，且，則下列各式成立的是

（

）A、

B、C、

D、參考答案：Ｃ略4.若向量，則（

）A.30 B.31 C.32 D.33參考答案：C【分析】先求出,再與相乘即可求出答案.【詳解】因為,所以.故選:C.【點睛】本題考查了平面向量的坐標(biāo)運算,考查了學(xué)生的計算能力,屬于基礎(chǔ)題.5.若平面α與β的法向量分別是，則平面α與β的位置關(guān)系是（）A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．無法確定參考答案：B【考點】向量語言表述面面的垂直、平行關(guān)系．【分析】先計算向量與向量的數(shù)量積，根據(jù)數(shù)量積為0得到兩向量垂直，從而判斷出兩平面的位置關(guān)系．【解答】解：=﹣2+8﹣6=0∴⊥∴平面α與平面β垂直故選B6.已知等差數(shù)列，若，，則該數(shù)列的公差為A．2

B．3

C．6

D．7參考答案：B7.從6人中選4人分別到巴黎、倫敦、悉尼、莫斯科四個城市游覽，要求每個城市有一人游覽，每人只游覽一個城市，且這6人中甲、乙兩人不去巴黎游覽，則不同的選擇方案共有

A．300種

B．240種

C．144種

D．96種參考答案：B略8.已知一組數(shù)的平均數(shù)是，方差，則數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差分別是

（

）

A．11，8

B．10，8

C．11，16

D．10，16參考答案：C9.正方體的全面積為a,它的頂點都在球面上，則這個球的表面積是：（

）A.;

B.;

C.;

D..參考答案：B【知識點】空間幾何體的表面積與體積因為設(shè)正方體棱長為b,則球的直徑為

所以，

故答案為：B10.已知實數(shù)滿足不等式組若的最大值為1，則正數(shù)a的值為（

）A．

B．1

C．2

D．4參考答案：D作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖所示，是可行域內(nèi)的點與定點連線的斜率，由圖可見，點與點的連線的斜率最大，由，解得時，取最大值，解得，故選D.

二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知，設(shè)命題函數(shù)為減函數(shù)．命題當(dāng)時，函數(shù)恒成立．如果“”為真命題，“”為假命題，則的取值范圍是________．參考答案：若命題函數(shù)為減函數(shù)為真，則；又命題當(dāng)時，函數(shù)恒為真，則，則，因為為真命題，為假命題，所以，中一真一假，若真假時，則，若假真時，則，所以實數(shù)的取值范圍是．12.已知x，y取值如表：x01356y1m3m5.67.4畫散點圖分析可知：y與x線性相關(guān)，且求得回歸方程為=x+1，則m的值為

．參考答案：【考點】BK：線性回歸方程．【分析】計算、，根據(jù)線性回歸方程過樣本中心點，代入方程求出m的值．【解答】解：計算=×（0+1+3+5+6）=3，=×（1+m+3m+5.6+7.4）=，∴這組數(shù)據(jù)的樣本中心點是（3，），又y與x的線性回歸方程=x+1過樣本中心點，∴=1×3+1，解得m=，即m的值為．故答案為：．【點評】本題考查了回歸直線方程過樣本中心點的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目．13.設(shè)，則四個數(shù)，，，中最小的是__________．參考答案：【分析】根據(jù)基本不等式，先得到，，再由作商法，比較與，即可得出結(jié)果.【詳解】因為，所以，，又，所以，綜上，最小.故答案為【點睛】本題主要考查由不等式性質(zhì)比較大小，熟記不等式的性質(zhì)，以及基本不等式即可，屬于?？碱}型.14.如圖正方體ABCD－A1B1C1D1中，與AD1異面且與AD1所成的角為90°的面對角線(面對角線是指正方體各個面上的對角線)共有________條.參考答案：1條與異面的面對角線分別為：、、、、，其中只有和所成的角為，故答案為1條.

15.若函數(shù)恰有2個零點，則a的取值范圍為

．參考答案：(－2,－1]∪(0,1]∪{3}16.函數(shù),的最小值是 。參考答案：17.“不等式對一切實數(shù)都成立”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.如圖,在斜三棱柱中,側(cè)面⊥底面,側(cè)棱與底面成的角,.底面是邊長為2的正三角形,其重心為點,是線段上一點,且.(Ⅰ)求證://側(cè)面;(Ⅱ)求平面與底面所成銳二面角的正切值.

參考答案：(1)延長B1E交BC于點F,∽△FEB,BE=EC1,∴BF=B1C1=BC,從而點F為BC的中點.∵G為△ABC的重心,∴A、G、F三點共線.且,又GE側(cè)面AA1B1B,∴GE//側(cè)面AA1B1B.

(2)在側(cè)面AA1B1B內(nèi),過B1作B1H⊥AB,垂足為H,∵側(cè)面AA1B1B⊥底面ABC,∴B1H⊥底面ABC.又側(cè)棱AA1與底面ABC成60°的角,AA1=2,∴∠B1BH=60°,BH=1,B1H=

在底面ABC內(nèi),過H作HT⊥AF,垂足為T,連B1T,由三垂線定理有B1T⊥AF,又平面B1CE與底面ABC的交線為AF,∴∠B1TH為所求二面角的平面角.

∴AH=AB+BH=3,∠HAT=30°,∴HT=AH.在Rt△B1HT中,,從而平面B1GE與底面ABC成銳二面角的正切值為.

解法2:(1)∵側(cè)面AA1B1B⊥底面ABC,側(cè)棱AA1與底面ABC成60°的角,∴∠A1AB=60°,

又AA1=AB=2,取AB的中點O,則AO⊥底面ABC.以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O—如圖,

則,,,,,.

∵G為△ABC的重心,∴.,∴,∴.

又GE側(cè)面AA1B1B,∴GE//側(cè)面AA1B1B.

(2)設(shè)平面B1GE的法向量為,則由得可取又底面ABC的一個法向量為

設(shè)平面B1GE與底面ABC所成銳二面角的大小為,則.

由于為銳角,所以,進(jìn)而.故平面B1GE與底面ABC成銳二面角的正切值為.

略19.如圖所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分別是AB、PC的中點，（1）求證：MN∥平面PAD；（2）求證：MN⊥CD；（3）若∠PDA=45°，求證：平面BMN⊥平面PCD．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】證明題；綜合題．【分析】（1）取PD的中點E，連接AE、EN，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，我們可得四邊形AMNE為平行四邊形，即MN∥AE，進(jìn)而根據(jù)線面平行的判定定理得到MN∥平面PAD．（2）由已知中PA⊥矩形ABCD所在的平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)，可得PA⊥AB，AD⊥AB，由線面垂直的判定定理得AB⊥平面PAD，結(jié)合線面垂直的判定定理及性質(zhì)，即可得到MN⊥CD；（3）由已知中PA⊥矩形ABCD所在的平面，∠PDA=45°，E是PD的中點，可得MN⊥PD，MN⊥CD，由線面線面垂直的判定定理得MN⊥平面PCD，再由面面垂直的判定定理可得面BMN⊥平面PCD．【解答】證明：（1）如圖所示，取PD的中點E，連接AE、EN，則有EN===AM，EN∥CD∥AB∥AM，故AMNE是平行四邊形，∴MN∥AE，∵AE?平面PAD，MN?平面PAD，∴MN∥平面PAD．（2）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又AD⊥AB，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥AE，即AB⊥MN，又CD∥AB，∴MN⊥CD．（3）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，又∠PDA=45°，E是PD的中點，∴AE⊥PD，即MN⊥PD，又MN⊥CD，∴MN⊥平面PCD，∵M(jìn)N?平面BMN∴平面BMN⊥平面PCD．【點評】本題考查的知識點是平面與平面垂直的判定，直線與平面平行的判定，熟練掌握空間直線與平面平行及垂直的判定和性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．20.已知向量,函數(shù)（Ⅰ）求函數(shù)的最小正周期T及單調(diào)減區(qū)間;（Ⅱ）已知a，b，c分別為ABC內(nèi)角A，B，C的對邊，其中A為銳角，,,且.求角A，邊的長和ABC的面積。參考答案：解：（Ⅰ）(1)…………2分

…………4分單調(diào)遞減區(qū)間是

………6分（Ⅱ）;………………8分…………10分.

……………12分略21.（本小題滿分12分）高校招生是根據(jù)考生所填報的志愿，從考試成績所達(dá)到的最高第一志愿開始，按順序分批錄取，若前一志愿不能錄取，則依次給下一個志愿（同批或下一批）錄取.某考生填報了三批共6個不同志愿（每批2個），并對各志愿的單獨錄取以及能考上各批分?jǐn)?shù)線的概率進(jìn)行預(yù)測，結(jié)果如“表一”所示（表中的數(shù)據(jù)為相應(yīng)的概率，a、b分別為第一、第二志愿）.（Ⅰ）求該考生能被第2批b志愿錄取的概率；批次高考上線ab第1批0.60.80.4第2批0.80.90.5第3批0.90.950.8（Ⅱ）求該考生能被錄取的概率；（Ⅲ）如果已知該考生高考成績已達(dá)到第2批分?jǐn)?shù)線卻未能達(dá)到第1批分?jǐn)?shù)線，請計算其最有可能在哪個志愿被錄?。浚ㄒ陨辖Y(jié)果均保留二個有效數(shù)字）參考答案：表二

（Ⅲ）由已知,該考生只可能被第2或第3批錄取，仿上計算可得各志愿錄取的概率如“表二”所示.

批次ab第2批0.90.05第3批0.0480.0020從表中可以看出，該考生被第2批a志愿錄取的概率最大，故最有可能在第2批a志愿被錄取.------14分

22.如圖所示，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，BC=CD=2，AF=BF，EC∥FD，F(xiàn)D⊥底面ABCD，M是AB的中點．（1）求證：平面CFM⊥平面BDF；（2）點N在CE上，EC=2，F(xiàn)D=3，當(dāng)CN為何值時，MN∥平面BEF．參考答案：【考點】直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定．【分析】（1）推導(dǎo)出四邊形BCDM是正方形，從而BD⊥CM，又DF⊥CM，由此能證明CM⊥平面BDF．（2）過N作NO∥EF，交EF于O，連結(jié)MO，則四邊形EFON是平行四邊形，連結(jié)OE，則四邊形BMON是平行四邊形，由此能推導(dǎo)出N是CE的中點時，MN∥平面BEF．【解答】證明：（1）∵FD⊥底面ABCD，∴FD⊥AD，F(xiàn)D⊥BD∵AF=BF，∴△ADF≌△BDF，∴