1、2022-2023學年安徽省六安市宋店中學高二數學文下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. 某正三棱柱的三視圖如右圖所示，其中正視圖是邊長為2的正方形，則該正三棱柱的表面積為（ ）A、 B、 C、 D、參考答案：B2. 若集合M=（x，y）|x+y=0，N=（x，y）|x2+y2=0，xR，yR，則有（）AMN=MBMN=NCMN=MDMN=?參考答案：A【考點】交集及其運算【分析】據集合的表示法知兩個集合一個表示直線一個表示一個點且點在直線上，得到兩集合的并集【解答】解：M=（x，y）|x+y=0表示的

2、是直線x+y=0又N=（x，y）|x2+y2=0表示點（0，0）（0，0）在直線x+y=0上MN=M故選項為A3. 下面命題正確的個數是（ ）若，則與、共面；若，則、共面；若，則、共面；若，則、共面；A B C D參考答案：C4. 現有60瓶礦泉水，編號從1到60，若用系統抽樣方法從中抽取6瓶檢驗，則所抽到的個體編號可能是A5，10，15，20，25，30 B2，14，26，28，42，56 C5，8，31，36，48，54 D3，13，23，33，43，53 參考答案：A略5. 若(x)n展開式的二項式系數之和為64，則展開式的常數項為（ ）A10 B20 C30 D120參考答案：B略6.

3、 下列說法錯誤的是 ( ）A如果命題“”與命題“或”都是真命題，那么命題一定是真命題.B. 命題：,則C命題“若，則”的否命題是：“若，則”D存在性命題 “，使”是真命題.參考答案：D略7. 正方體-中，與平面所成角的余弦值為( )A B C D參考答案：B8. 已知x與y之間的一組數據：（0，1），（1，3），（2，5），（3，7），則y與x的線性回歸方程必過點（）A（2，4）B（1.5，2）C（1，2）D（1.5，4）參考答案：D【考點】BK：線性回歸方程【分析】要求y與x的線性回歸方程為y=bx+a必過的點，需要先求出這組數據的樣本中心點，根據所給的表格中的數據，求出橫標和縱標的平均值，

4、得到樣本中心點，得到結果【解答】解：，=4，本組數據的樣本中心點是（1.5，4），y與x的線性回歸方程為y=bx+a必過點（1.5，4）故選D【點評】本題考查線性回歸方程，考查線性回歸方程必過樣本中心點，這是一個基礎題，題目的運算量不大9. 若，則“”是“”的（ ）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件參考答案：B或，所以“”是“”的必要而不充分條件，故選10. 命題：“若，則”的逆否命題是（ ）A若，則 B若，則C若，則 D若，則參考答案：D略二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 若直線y=x+b與曲線x=恰有一個公共點，則b的取值范圍是

5、參考答案：【考點】曲線與方程【分析】曲線x=即 x2+y2=1（x0）表示一個半徑為1的半圓，分類討論求得當直線y=x+b與曲線x=即恰有一個公共點時b的取值范圍【解答】解：曲線x=即 x2+y2=1（x0）表示一個半徑為1的半圓當直線y=x+b經過點A（0，1）時，求得b=1，當直線y=x+b經過點B（0，1）時，求得b=1，當直線和半圓相切于點D時，由圓心O到直線y=x+b的距離等于半徑，可得=1=1，求得b=，或b=（舍去）故當直線y=x+b與曲線x=即有一個公共點時b的取值范圍是，故答案為12. 某公司安排甲、乙、丙、丁4人去上海、北京、深圳出差，每人僅出差一個地方，每個地方都需要安排

6、人出差，若甲不安排去北京，則不同的安排方法有_種參考答案：24【分析】根據特殊問題優先考慮原則，可先安排除甲以外的人去北京，因此分兩種情況：一人去北京或兩人去北京，即可求出結果.【詳解】若安排一人去北京，共有種；若安排兩人去北京，共有種，總共24種.【點睛】本題主要考查排列組合問題，排列組合的常用策略：（1）特殊位置特殊元素優先考慮；（2）相鄰問題捆綁策略；（3）不相鄰問題插空策略；（4）定序問題倍縮原則；（5）均分問題除法原則；（6）相同元素隔板策略等.屬于中檔試題.13. 若雙曲線的離心率為，則兩條漸近線的方程為_參考答案：略14. 若ABC三邊長分別為a、b、c，內切圓的半徑為r，則AB

7、C的面積，類比上述命題猜想：若四面體ABCD四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內切球的半徑為r，則四面體ABCD的體積V=參考答案：r（S1+S2+S3+S4）【考點】F3：類比推理【分析】利用等體積進行推導即可【解答】解：設四面體的內切球的球心為O，則球心O到四個面的距離都是r，所以四面體的體積等于以O為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和V=（S1+S2+S3+S4）r故答案為：（S1+S2+S3+S4）r15. 若函數f（x）同時滿足：對于定義域上的任意x，恒有f（x）+f（x）=0；對于定義域上的任意x1，x2，當x1x2時，恒有，則稱函數f（x）為“理想函數”給出下列

8、四個函數中：（1）f（x）=（2）f（x）=x2（3）f（x）=（4）f（x）=，能被稱為“理想函數”的有（填相應的序號）參考答案：（4）【考點】函數奇偶性的判斷；函數單調性的判斷與證明【專題】證明題；新定義【分析】先理解已知兩條性質反映的函數性質，f（x）為奇函數，f（x）為定義域上的單調減函數，由此意義判斷題干所給四個函數是否同時具備兩個性質即可【解答】解：依題意，性質反映函數f（x）為定義域上的奇函數，性質反映函數f（x）為定義域上的單調減函數，（1）f（x）= 為定義域上的奇函數，但不是定義域上的單調減函數，其單調區間為（，0），（0，+），故排除（1）；（2）f（x）=x2 為定義域

9、上的偶函數，排除（2）；（3）f（x）=1，定義域為R，由于y=2x+1在R上為增函數，故函數f（x）為R上的增函數，排除（3）；（4）f（x）=的圖象如圖：顯然此函數為奇函數，且在定義域上為減函數，故（4）為理想函數故答案為 （4）【點評】本題主要考查了抽象表達式反映的函數性質，對新定義函數的理解能力，奇函數的定義，函數單調性的定義，基本初等函數的單調性和奇偶性及其判斷方法，復合函數及分段函數的單調性和奇偶性的判斷方法16. 如圖放置的邊長為1的正三角形PAB沿軸滾動，設頂點的縱坐標與橫坐標的函數關系式是，在其兩個相鄰零點間的圖象與軸所圍區域的面積記為S，則S=_。參考答案：17. 若輸入8

10、，則下列程序執行后輸出的結果是_。參考答案：0.7三、 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. 四棱錐PABCD的底面ABCD為邊長為2的正方形，PA=2，PB=PD=2，E，F，G，H分別為棱PA，PB，AD，CD的中點（1）求CD與平面CFG所成角的正弦值；（2）探究棱PD上是否存在點M，使得平面CFG平面MEH，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由 參考答案：（1）四棱錐PABCD的底面ABCD為邊長為2的正方形，PA=2，PB=PD=2，PA2+AB2=PB2，PA2+AD2=PD2，PAAB，PAAD， 2分以A為原點，AB為x軸，AD為y軸

11、，AP為z軸，建立空間直角坐標系，E，F，G，H分別為棱PA，PB，AD，CD的中點C（2，2，0），D（0，2，0），B（2，0，0），P（0，0，2），F（1，0，1），G（0，1，0），=（2，0，0），=（1，2，1），=（2，1，0），設平面CFG的法向量=（x，y，z）， 4分則，取x=1，得=（1，2，3），設CD與平面CFG所成角為，則sin=|cos|= CD與平面CFG所成角的正弦值為 6分（2）假設棱PD上是否存在點M（a，b，c），且，（01），使得平面CFG平面MEH，則（a，b，c2）=（0，2，2），a=0，b=2，c=22，即M（0，2，22），E（0，0，1）

12、，H（1，2，0），=（1，2，1），=（0，2，12），設平面MEH的法向量=（x，y，z），則，取y=1，得=（，1，）， 9分平面CFG的法向量=（1，2，3），平面CFG平面MEH，=2=0，解得0，1棱PD上存在點M，使得平面CFG平面MEH，此時= 12分19. （本小題滿分12分）設等差數列滿足，.（1）求的通項公式（2）求的前項和及使得最大時的值.參考答案：（1）由題意得，解得 -6分（2）由（1）知 當時，取最大值25 -12分20. 已知直線的方程為（1）求直線恒過定點A的坐標；（2）若點P是圓C：上的動點，求的最小值參考答案：（1）方程可化為 -3分由得 -5分點的坐標為 -6分（2）圓：可化為 -8分 -10分的最小值為 -12分21. 已知f（x）=|xa|+|x1|（）當a=2，求不等式f（x）4的解集；（）若對任意的x，f（x）2恒成立，求a的取值范圍參考答案：【考點】R5：絕對值不等式的解法；3R：函數恒成立問題【專題】35 ：轉化思想；4R：轉化法；5T ：不等式【分析】（）將a的值帶入，通過討論x的范圍，求出不等式的解集即可；（）根據絕對值的性質得到關于a