山西省臨汾市冶金建設公司子弟學校2022年高二數學文期末試卷含解析一、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選項中，只有是一個符合題目要求的1.在封閉的正三棱柱ABC-A1B1C1內有一個體積為V的球．若AB=6，AA1=4，則V的最大值是（）A. B. C. D.參考答案：D【分析】先利用正三棱柱的特征，確定球半徑的最大值，再利用球的體積公式求解.【詳解】正三角形的邊長為6，其內切圓的半徑為，所以在封閉的正三棱柱ABC－A1B1C1內的球的半徑最大值為，所以其體積為，故選D.【點睛】本題主要考查組合體中球的體積的求解.球的體積和表面積的求解關鍵是求出球半徑.2.已知雙曲線的左右焦點分別為F1，F2，點P是雙曲線上一點，且，則等于（

）.A.

B.

C.

D.

參考答案：A由題意，得，則，則；故選A.

3.用一些棱長是1cm的小正方體堆放成一個幾何體，其正視圖和俯視圖如圖所示，則這個幾何體的體積最多是()A．6cm3

B．7cm3

C．8cm3

D．9cm3參考答案：B略4.甲、乙兩名運動員在某項測試中的6次成績如莖葉圖所示，分別表示甲乙兩名運動員這項測試成績的眾數，分別表示甲乙兩名運動員這項測試成績的標準差，則有(

)A.

B.

C.

D.參考答案：B5.設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,下列命題中正確的是

（）A．若,則 B．若,,,則C．若,則 D．若,則參考答案：C略6.函數f(x)=1+log2x與g(x)=在同一直角坐標系下的圖象大致是

（

）參考答案：C7.已知P為圓O外一點（O為圓心）,線段PO交圓O于點A,過點P作圓O的切線PB,切點為B,若劣弧AB等分△POB的面積,且

∠AOB=弧度,則………………（

）A.

tan=

B.tan=2

C.

sin=2cos

D.2sin=cos

參考答案：D8.在數列{an}中，=1，，則的值為(

)A．17

B．19

C．21

D．23參考答案：B9.已知函數，則m=（

）A.－4 B.4 C.±2 D.－2參考答案：C【分析】對函數求導，將代入有，求解即可.【詳解】對函數求導得到，將代入有，解得，所以本題答案選C.10.科研室的老師為了研究某班學生數學成績與英語成績的相關性，對該班全體學生的某次期末檢測的數學成績和英語成績進行統計分析，利用相關系數公式計算得，并且計算得到線性回歸方程為，其中，．由此得該班全體學生的數學成績與英語成績相關性的下列結論正確的是(

)A．相關性較強且正相關

B．相關性較弱且正相關C．相關性較強且負相關

D．相關性較弱且負相關參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.（5分）已知復數z滿足|z+2﹣2i|=1，則|z﹣2﹣2i|的最大值是．參考答案：由|z+2﹣2i|=1，可知復數z在以（﹣2，2）為圓心，以1為半徑的圓周上，所以|z﹣2﹣2i|的最大值是（﹣2，2）到（2，2）的距離加上半徑1，等于2﹣（﹣2）+1=5．故答案為5．由復數模的幾何意義可知復數z在以（﹣2，2）為圓心，以1為半徑的圓周上，所以|z﹣2﹣2i|的最大值是（﹣2，2）到（2，2）的距離加上半徑1．12.若點O和點F分別是橢圓的中心和左焦點，點P是橢圓上任意一點，則的最大值為 。參考答案：6略13.若存在一個實數t，使得成立，則稱t為函數的一個不動點，設函數（為自然對數的底數），定義在R上的連續函數滿足，且當時，，若存在，且為函數一個不動點，則實數a的最小值為________。參考答案：【分析】先構造函數，研究其單調性與奇偶性，再化簡不等式，解得取值范圍，最后根據不動點定義，利用導數求出的范圍，即得最小值.【詳解】由，令，則為奇函數，當時，，所以在上單調遞減，所以在上單調遞減，因為存在，所以，所以，即.因為為函數一個不動點，所以在時有解，令，因為當時，，所以函數在時單調遞減，且時，，所以只需，得.【點睛】本題考查函數奇偶性、單調性以及利用導數研究方程有解問題，考查綜合分析求解能力，屬難題.14.若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且z1＋z2為純虛數，則實數a的值為________．參考答案：－315.三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，，，，三棱錐P-ABC的外接球的表面積為____________．參考答案：16π試題分析：三棱錐P﹣ABC的三條側棱兩兩互相垂直，所以把它擴展為長方體，它也外接于球，對角線的長為球的直徑，然后解答即可．詳解：如圖，在△ABC中，由正弦定理得?sinC=，∵C＜B，∴C=30°，∴A=90°，又∵PA⊥平面ABC，AP，AC，AB兩兩垂直，故可將此三棱錐放入一個長、寬、高分別1，，2為的長方體內，三棱錐的四個頂點亦為長方體的頂點，其外接球為長方體外接球．易得外接球半徑為2，故外接球表面積為4πR2=16π．故答案為：16π．點睛：與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.16.設集合M={x|（x+3）（x﹣2）＜0}，N={x|1≤x≤3}，則M∩N=

參考答案：{x|1≤x<2}【考點】交集及其運算．【專題】集合．【分析】根據已知條件我們分別計算出集合M，N，并寫出其區間表示的形式，然后根據交集運算的定義易得到A∩B的值．【解答】解：∵M={x|（x+3）（x﹣2）＜0}=（﹣3，2）N={x|1≤x≤3}=，∴M∩N={x|1≤x<2}17.二面角為，是棱上的兩點，分別在半平面內，，則長為

。參考答案：2a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.已知以點C為圓心的圓經過點A（﹣1，0）和B（3，4），且圓心C在直線x+3y﹣15=0上．（1）求圓C的方程；（2）設點P在圓C上，求Rt△PAB的面積．參考答案：【考點】圓的標準方程．【專題】計算題；方程思想；數形結合法；直線與圓．【分析】（1）圓心C為AB的垂直平分線和直線x+3y﹣15的交點，解之可得C（﹣3，6），由距離公式可得半徑，進而可得所求圓C的方程；（2）求出|AB|，由題意可得角A或角B為直角，可知Rt△PAB的斜邊長為圓的直徑，由勾股定理求得另一直角邊長，則Rt△PAB的面積可求．【解答】解：（1）依題意所求圓的圓心C為AB的垂直平分線和直線x+3y﹣15=0的交點，∵AB的中點為（1，2），斜率為=1，∴AB的垂直平分線的方程為y﹣2=﹣（x﹣1），即y=﹣x+3，聯立，解得，即圓心C（﹣3，6）．∴半徑r=．∴所求圓C的方程為（x+3）2+（y﹣6）2=40；（2）如圖，|AB|=，PA或PB為圓的直徑，等于，∴Rt△PAB的另一條直角邊為，∴Rt△PAB的面積為×4×8=32．【點評】本題考查圓的標準方程的求法，考查了直線與圓的性質，訓練了數形結合的解題思想方法，屬中檔題．19.（本小題滿分13分）已知橢圓經過點，且離心率為.(1)

求橢圓的標準方程；(2)

若是橢圓內一點，橢圓的內接梯形的對角線與交于點，設直線在軸上的截距為，記，求的表達式(3)

求的最大值.參考答案：（1）橢圓的標準方程為，……………..3分（2）由已知得不垂直于軸（否則由對稱性，點在軸上）設直線的方程為，直線的方程為將代入得，設點，由韋達定理得，…………..5分

同理設點，由韋達定理得由三點共線同理由三點共線兩式相加結合的方程，得利用得，由得，…………..7分由及直線不過點得且又點到直線的距離是，故（且）…..10分(3)=(也可用導數求解)當且僅當即時，上式等號成立，故的最大值為.…………..13分20.(本小題滿分14分)已知可行域的外接圓與

軸交于點

、，橢圓以線段為長軸，離心率.（I）求圓及橢圓的方程；（II）設橢圓的右焦點為，點為圓上異于、的動點，過原點O作直線的垂線交直線=2于點，判斷直線與圓的位置關系，并給出證明．參考答案：(本小題滿分14分)解:（1）由題意可知，可行域是以及點為頂點的三角形，∵，∴為直角三角形，

………2分∴外接圓C以原點O為圓心，線段A1A2為直徑，故其方程為．3分∵2a=4，∴a=2．又，∴，可得．

………4分∴所求橢圓C1的方程是．

………5分（2）直線PQ與圓C相切．設，則．當時，，∴;………6分當時，

………7分∴直線OQ的方程為．因此，點Q的坐標為．∵……10分∴當時，，；

……11分當時候，，∴，.

……13分綜上，當時，，故直線PQ始終與圓C相切．

……14分略21.（12分）已知是定義在上的偶函數，當時，。（1）用分段函數形式寫出的解析式；

（2）用對稱性畫出函數的圖象；（3）寫出的單調區間；

（4）求出函數的最值。參考答案：略22.已知用分析法證明：.參考答案：見解析試題分析：去分母，移項，配方即得試題解析：[證明]因為a>0，b>0，要