2021-2022學年福建省福州市長樂華僑中學高二數學理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.已知函數的圖象分別與直線交于兩點,則的最小值為(

)

A.2

B.

C.

D.參考答案：B2.一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和側視圖是腰長為1的兩個全等的等腰直角三角形，則該幾何體的體積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B略3.已知是橢圓的兩焦點，過點的直線交橢圓于點，若，則（

）A.3

B.8

C.13

D.16參考答案：A4.二維空間中圓的一維測度（周長），二維測度（面積），觀察發現；三維空間中球的二維測度（表面積），三維測度（體積），觀察發現.則由四維空間中“超球”的三維測度，猜想其四維測度（

）A. B. C. D.參考答案：A【分析】因為，，由此類比可得，，從而可得到結果.【詳解】因為二維空間中圓的一維測度（周長），二維測度（面積），觀察發現；三維空間中球的二維測度（表面積），三維測度（體積），觀察發現.所以由四維空間中“超球”的三維測度，猜想其四為測度W，應滿足，又因為，所以，故選A.【點睛】本題主要考查類比推理以及導數的計算.5.函數（）的部分圖象如圖所示，則函數表達式為()A．

B．C．

D．參考答案：B6.雙曲線的兩條漸近線所成的銳角是（

）A．30°

B．45°

C．60°

D．75°參考答案：C7.已知變量滿足則的最大值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4參考答案：D略8.b=0是函數為偶函數的（

）條件

A．充分而不必要B．必要而不充分C．充分必要

D．既不充分也不必要參考答案：C略9.若銳角中，，則的取值范圍是

（

）（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：C10.復數，則在復平面內的點位于第（

）象限。A．一

B.二

C.三

D.四參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.曲線上的點到直線的最短距離是___________參考答案：略12.已知四面體中，且，則異面直線與所成的角為________.參考答案：13.函數f(x)＝|log3x|在區間[a，b]上的值域為[0,1]則b－a的最小值為_______參考答案：2/3略14.焦點在直線上，且頂點在原點的拋物線標準方程為

_____

參考答案：或

略15.已知R，復數為純虛數（i為虛數單位），則

．參考答案：1略16.已知函數,其中是實數.設,為該函數圖象上的兩點,且.若函數的圖象在點處的切線重合,則的取值范圍是

參考答案：17.已知一個三角形的三邊長分別是5，5，6，一只螞蟻在其內部爬行，若不考慮螞蟻的大小，則某時刻該螞蟻距離三角形的三個頂點的距離均超過2的概率是

．參考答案：1﹣【考點】幾何概型．【專題】概率與統計．【分析】分別求出對應事件對應的面積，利用幾何概型的概率公式即可得到結論．【解答】解：∵三角形的三邊長分別是5，5，6，∴三角形的高AD=4，則三角形ABC的面積S=，則該螞蟻距離三角形的三個頂點的距離均超過2，對應的區域為圖中陰影部分，三個小扇形的面積之和為一個整圓的面積的，圓的半徑為2，則陰影部分的面積為S1=12﹣=12﹣2π，則根據幾何概型的概率公式可得所求是概率為，故答案為：1﹣．【點評】本題主要考查幾何概型的概率計算，根據條件求出相應的面積是解決本題的關鍵．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.已知a，b，c分別為△ABC內角A，B，C的對邊，向量，且。（1）求角C；（2）若，△ABC的面積為，求△ABC內切圓的半徑。參考答案：（1）（2）【分析】（1）由得出，利用正弦定理邊角互化的思想，以及內角和定理將轉化為，并利用兩角和的正弦公式求出的值，于此得出角的值；（2）由三角形的面積公式求出，結合余弦定理得出的值，可求出的值，再利用等面積法得出，即可得出的內切圓半徑的值.【詳解】（1）由得，由正弦定理，，.在中，，；（2）由等面積法：得.由余弦定理，，，從而，.【點睛】本題考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角形面積的應用，考查三角形內切圓半徑的計算，在計算內切圓的半徑時，可利用等面積法得出（其中為三角形的面積，為三角形的周長），考查運算求解能力，屬于中等題。19.設展開式中僅有第1010項的二項式系數最大.（1）求n；（2）求；（3）求.參考答案：（1）2018；（2）0；（3）4036【分析】（1）由二項式系數的對稱性，可得展開式的項數，且1＝1010，解得n．（2）令x＝1，可得a0+a1+a2+…+a2018．（3）給原式兩邊同時求導后，再令，即可得出．【詳解】（1）由二項式系數的對稱性，得展開式共計2019項，，.（2）的展開式中各項系數和為，令，可得，再令，可得，所以.（3）給原式兩邊同時求導得到當，令，得.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，關鍵是分析所給代數式的特點，通過給二項式的x賦值進行求解，考查了分析推理能力與計算能力，屬于中檔題．20.如圖1，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD，∠ABC=60°，E是BC的中點．將△ABE沿AE折起后如圖2，使二面角B﹣AE﹣C成直二面角，設F是CD的中點，P是棱BC的中點．（1）求證：AE⊥BD；（2）求證：平面PEF⊥平面AECD；（3）判斷DE能否垂直于平面ABC，并說明理由．參考答案：【考點】平面與平面垂直的判定；空間中直線與直線之間的位置關系；直線與平面垂直的判定．【分析】（1）證明AE⊥BD，只需證明AE⊥平面BDM，利用△ABE與△ADE是等邊三角形，即可證明；（2）證明平面PEF⊥平面AECD，只需證明PN⊥平面AECD，只需證明BM⊥平面AECD即可；（3）DE與平面ABC不垂直．假設DE⊥平面ABC，則DE⊥AB，從而可證明DE⊥平面ABE，可得DE⊥AE，這與∠AED=60°矛盾．【解答】（1）證明：設AE中點為M，連接BM，∵在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD，∠ABC=60°，E是BC的中點，∴△ABE與△ADE都是等邊三角形．∴BM⊥AE，DM⊥AE．∵BM∩DM=M，BM、DM?平面BDM，∴AE⊥平面BDM．∵BD?平面BDM，∴AE⊥BD．（2）證明：連接CM交EF于點N，∵ME∥FC，ME=FC，∴四邊形MECF是平行四邊形，∴N是線段CM的中點．∵P是BC的中點，∴PN∥BM．∵BM⊥平面AECD，∴PN⊥平面AECD．又∵PN?平面PEF，∴平面PEF⊥平面AECD．（3）解：DE與平面ABC不垂直．證明：假設DE⊥平面ABC，則DE⊥AB，∵BM⊥平面AECD，∴BM⊥DE．∵AB∩BM=B，AB、BM?平面ABE，∴DE⊥平面ABE．∵AE?平面ABE，∴DE⊥AE，這與∠AED=60°矛盾．∴DE與平面ABC不垂直．21.（本題滿分12分）在平面直角坐標系xOy中，以坐標原點O為極點，x軸非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線，曲線.（I）求曲線C1及C2的直角坐標方程；（II）設P為曲線C1上的動點，求點P到C2上的點的距離最大值.參考答案：解：（I）由得，即由得：∴∴C1的直角坐標方程為C2的直角坐標方程為………….6分（II）∵點(2,0)到直線的距離∴點P到C2上點的距離最大值為…………….12分

22.把正方形AA1B1B以邊AA1所在直線為軸旋轉900到正方形AA1C1C，其中D，E，F分別為B1A，C1C，BC的中點．（1）求證：DE∥平面ABC；（2）求證：B1F⊥平面AEF；（3）求二面角A﹣EB1﹣F的大小．參考答案：【考點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定．【分析】（1）取AB的中點為G，連接DG，CG；根據條件可以得到CEDG是平行四邊形即可得到結論；（2）直接把問題轉化為證明AF⊥B1F以及B1F⊥EF；（3）先建立空間直角坐標系，求出兩個半平面的法向量，再代入向量的夾角計算公式即可．【解答】（本小題滿分12分）解：（1）設AB的中點為G，連接DG，CG∵D是A1B的中點∴DG∥A1A且DG=…∵E是C1C的中點∴CE∥A1A且CE=，∴CE∥DG且CE=DG∴CEDG是平行四邊形，∴DE∥GC∵DE?平面ABC，GC?平面ABC，∴DE∥平面ABC…（2）∵△ABC為等腰直角三角形，∠BAC=90°，且F是BC的中點∴AF⊥BC∵平面ABC⊥平面BCC1B1∴AF⊥平面BCC1B1∴AF⊥B1F…設AB=AA1=2，則在B1FE中，，則，B1E=3∴∴△B1FE是直角三角形，∴B1F⊥EF∵AF∩EF=F∴B1F⊥平面AEF…（3）分別