2022-2023學年云南省曲靖市陸良縣聯辦中學高二數學理期末試題含解析一、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.如果的展開式中各項系數之和為128，則展開式中的系數是（

）A．-2835

B.2835

C.21

D.-21參考答案：A2.已知點在拋物線上，且點P到C的準線的距離與點P到x軸的距離相等，則的值為（

）A.4 B.3 C.2 D.1參考答案：C【分析】求得拋物線的焦點和準線方程，運用拋物線的定義將點P到C的準線的距離轉化為P到焦點F的距離，再利用|PF|＝|y0|，即可得到x0．【詳解】拋物線C：y2＝8x的焦點為（2，0），準線方程為x＝﹣2，由拋物線的定義可得點P到C的準線的距離即為P到C的焦點F的距離，由題意可得|PF|＝|y0|，則PF⊥x軸，可得x0＝2，故選：C．【點睛】本題考查拋物線的定義、方程和性質，主要是定義法的運用，考查分析問題的能力，屬于基礎題．3.已知中，若，則是A.直角三角形

B．等腰三角形C.等腰或直角三角形

D.等腰直角三角形參考答案：A略4.設向量，，若向量與同向，則x=（

）A.2 B.-2 C.±2 D.0參考答案：A【分析】由與平行，利用向量平行的公式求得x,驗證與同向即可得解【詳解】由與平行得，所以，又因為同向平行，所以.故選A【點睛】本題考查向量共線（平行）的概念，考查計算求解的能力，屬基礎題。5.已知為拋物線上一個動點，為圓上一個動點，那么點到點的距離與點到拋物線的準線距離之和的最小值是()A．5

B．8

C.

D.參考答案：C略6.已知樣本：10,8,6,10,13,8,10,12,11,7,8,9,11,9,12,9,10,11,12,11.那么頻率為0.2的范圍是（

）A．5.5～7.5

B．7.5～9.5

C．9.5～11.5

D．11.5～13.5參考答案：D7.將4個不同的小球放入3個不同的盒中，每個盒內至少有1個球，則不同的放法種數為（

）A.72 B.48 C.36 D.24參考答案：C【分析】先將小球分三組，再將三組小球全排列，即可得出結果.【詳解】由題意，將4個不同的小球分成三組，共有種組合；再將三組小球放到三個盒子中，即是全排列，共有種排法；因此，不同的方法種數為.故選C【點睛】本題主要考查排列組合的問題，熟記定義，掌握排列組合的常見類型即可，屬于常考題型.8.對于函教,以下選項正確的是(

)A.1是極大值點 B.有1個極小值 C.1是極小值點 D.有2個極大值參考答案：A【分析】求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的極值點,再逐項判斷即可．【詳解】當當，故1是極大值點,且函數有兩個極小值點故選：A【點睛】本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用，是一道基礎題．9.下列說法正確的是（

）A．若兩個平面有三個公共點，則它們一定重合；B．一個棱錐截去一個小棱錐后，剩下部分一定是一個棱臺；C．若一條直線a有無數個點不在平面內，則直線a//平面;D.一個圓錐截去一個小圓錐后剩余部分是圓臺。參考答案：D略10.函數為偶函數，且在單調遞增，則的解（

）A．

B.C.

D.參考答案：A略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知集合，則集合=__________________.參考答案：12.已知點G是斜△ABC的重心，且AG⊥BG，+=，則實數λ的值為．參考答案：【考點】正弦定理；余弦定理．【專題】三角函數的求值．【分析】首先根據三角形的重心性質及直角三角形的斜邊的中線等于斜邊的一半，得到CD=AB，再應用余弦定理推出AC2+BC2=5AB2，將+=應用三角恒等變換公式化簡得λ=，然后運用正弦定理和余弦定理，結合前面的結論，即可求出實數λ的值．【解答】解：如圖，連接CG，延長交AB于D，由于G為重心，故D為中點，∵AG⊥BG，∴DG=AB，由重心的性質得，CD=3DG，即CD=AB，由余弦定理得，AC2=AD2+CD2﹣2AD?CD?cos∠ADC，BC2=BD2+CD2﹣2BD?CD?cos∠BDC，∵∠ADC+∠BDC=π，AD=BD，∴AC2+BC2=2AD2+2CD2，∴AC2+BC2=AB2+AB2=5AB2，又∵+=，∴+=，則λ=======．故答案為：【點評】此題考查了正弦、余弦定理，三角形的重心性質，熟練掌握定理及公式是解本題的關鍵．13.設隨機變量X等可能地取1，2，3，…，n。若，則等于_________參考答案：5.5略14.觀察下列不等式……照此規律，第n個不等式為_______________________．參考答案：【分析】由已知中不等式，，，分析不等式兩邊的變化規律，可得答案.【詳解】由已知中，不等式：，，，歸納可得：第個不等式為：，當時，第五個不等式為：，故答案是：.【點睛】該題考查的是有關歸納推理的問題，在解題的過程中，需要認真觀察各個式子之間的關系，從而得到規律，將第個式子寫出，再將對應的的值代入求得結果，屬于簡單題目.15.形如的函數，其圖像對稱中心為，記函數f(x)的導函數為，的導函數為，則有.若函數，則__________．參考答案：-4039【分析】先確定的對稱中心，結合對稱性求解.【詳解】,令得，由于；所以函數的圖象的對稱中心為即有所以.【點睛】本題主要考查導數應用，根據所給情景，理解函數對稱中心的求解方法，求出對稱中心，結合對稱性得出等式，根據目標式的特點進行分組求解.16.在空間四邊形ABCD中，若AD=4，BC=4，E、F分別為AB、CD中點，且EF=4，則AD與BC所成的角是

.參考答案：17.在△ABC中，若_______

__參考答案：120°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.已知函數．(Ⅰ)求函數的最小值；

(Ⅱ)求證：；(Ⅲ)對于函數與定義域上的任意實數，若存在常數，使得和都成立，則稱直線為函數與的“分界線”.設函數，，與是否存在“分界線”？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.參考答案：略19.已知函數.（1）求的單調遞減區間；（2）若△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，，，求.參考答案：（1）化簡整理，得：，單調遞減區間為，.（2）由，得；，得，由余弦定理解得：.20.在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為（α為參數），直線C2的方程為y=，以O為極點，以x軸正半軸為極軸建立極坐標系，（1）求曲線C1和直線C2的極坐標方程；（2）若直線C2與曲線C1交于A，B兩點，求+．參考答案：【考點】Q4：簡單曲線的極坐標方程；QH：參數方程化成普通方程．【分析】（1）利用三種方程的轉化方法，即可得出結論；（2）利用極坐標方程，結合韋達定理，即可求+．【解答】解：（1）曲線C1的參數方程為（α為參數），直角坐標方程為（x﹣2）2+（y﹣2）2=1，即x2+y2﹣4x﹣4y+7=0，極坐標方程為ρ2﹣4ρcosθ﹣4ρsinθ+7=0直線C2的方程為y=，極坐標方程為tanθ=；（2）直線C2與曲線C1聯立，可得ρ2﹣（2+2）ρ+7=0，設A，B兩點對應的極徑分別為ρ1，ρ2，則ρ1+ρ2=2+2，ρ1ρ2=7，∴+==．21.如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，平面ABCD⊥平面ABEF，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求證：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求證：AC∥平面DEF；（Ⅲ）求三棱錐C﹣DEF的體積．參考答案：【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）推導出BE⊥AC，AC⊥BD．由此能證明AC⊥平面BDE．（Ⅱ）設AC∩BD=O，設G為DE的中點，連結OG，FG，推導出四邊形AOGF為平行四邊形，從而AO∥FG，即AC∥FG，由此能證明AC∥平面DEF．（Ⅲ）推導出點C到平面DEF的距離等于A點到平面DEF的距離，由VC﹣DEF=VA﹣DEF，能求出三棱錐C﹣DEF的體積．【解答】（本小題滿分14分）證明：（Ⅰ）因為平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，且AB⊥BE，所以BE⊥平面ABCD．因為AC?平面ABCD，所以BE⊥AC．又因為四邊形ABCD為正方形，所以AC⊥BD．因為BD∩BE=B，所以AC⊥平面BDE．…（4分）（Ⅱ）設AC∩BD=O，因為四邊形ABCD為正方形，所以O為BD中點．設G為DE的中點，連結OG，FG，則OG∥BE，且．由已知AF∥BE，且，則AF∥OG，且AF=OG．所以四邊形AOGF為平行四邊形．所以AO∥FG，即AC∥FG．因為AC?平面DEF，FG?平面DEF，所以AC∥平面DEF．…（9分）解：（Ⅲ）由（Ⅰ）可知BE⊥平面ABCD，因為AF∥BE，所以AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AB，AF⊥AD．又因為四邊形ABCD為正方形，所以AB⊥AD，所以AD⊥平面ABEF．由（Ⅱ）可知，AC∥平面DEF，所以，點C到平面DEF的距離等于A點到平面DEF的距離，所以VC﹣DEF=VA﹣DEF．因為AB=AD=2AF=2．所以=．故三棱錐C﹣DEF的體積為．…（14分）【點評】本題考查線面垂直的證明，考查線面平行的證明，考查三棱錐的體積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養．22.袋中有五張卡片，其中紅色卡片三張，標號分別為1，2，3；藍色卡片兩張，標號分別為1，2.(Ⅰ)從以上五張卡片中任取兩張，求這兩張卡片顏色不同且標號之和小于4的概率；(Ⅱ)現袋中再放入一張標號為0的綠色卡片，從這六張卡片中任取兩張，求這兩張卡片顏色不同且標號之和小于4的概率.參考答案：解：(I)從五張卡片中任取兩張的所有可能情況有如下10種：紅1紅2，紅1紅3，紅1藍