山東省淄博市北中學(xué)2022年高二數(shù)學(xué)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.拋物線的準線方程是（

）A．

B．

C．

D．

參考答案：D略2.設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C分別對應(yīng)邊a，b，c．若a=3，C=60°，△ABC的面積則邊c=（）A．27 B． C． D．參考答案：C【考點】正弦定理．【分析】由題意和三角形的面積公式列出方程，化簡后求出b的值，由余弦定理求出邊c的值．【解答】解：∵a=3，C=60°，△ABC的面積，∴，則，解得b=6，由余弦定理得，c2=a2+b2﹣2abcosC=9+36﹣=27，則c=，故選C．3.三點（3，10），（7，20）,(11,24)的回歸方程是A

y=5-17x

B

y=-17+5x

C

y=17+5x

D

y=17-5x參考答案：B4.某學(xué)校高一、高二、高三年級的學(xué)生人數(shù)分別為600，400，800。為了了解教師的教學(xué)情況，該校采用分層抽樣的方法從這三個年級中抽取45名學(xué)生進行座談，則高一、高二、高三年級抽取的人數(shù)分別為（

）A.，，

B.，，

C.，，

D.，，參考答案：D5.已知拋物線的焦點與橢圓的一個焦點重合，它們在第一象限內(nèi)的交點為，且與軸垂直，則橢圓的離心率為（

）A.

B．

C．

D．參考答案：B略6.如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，若A1P∥平面AEF，則線段A1P長度的取值范圍是（）A．[1，] B．[，] C．[，] D．[，]參考答案：B【考點】點、線、面間的距離計算．【分析】分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，易證平面A1MN∥平面AEF，由題意知點P必在線段MN上，由此可判斷P在M或N處時A1P最長，位于線段MN中點處時最短，通過解直角三角形即可求得．【解答】解：如下圖所示：分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，連接BC1，∵M、N、E、F為所在棱的中點，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，又MN?平面AEF，EF?平面AEF，∴MN∥平面AEF；∵AA1∥NE，AA1=NE，∴四邊形AENA1為平行四邊形，∴A1N∥AE，又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF，∵P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，且A1P∥平面AEF，則P必在線段MN上，在Rt△A1B1M中，=，同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=，∴△A1MN為等腰三角形，當(dāng)P在MN中點O時A1P⊥MN，此時A1P最短，P位于M、N處時A1P最長，==，A1M=A1N=，所以線段A1P長度的取值范圍是[，]．故選B．7.下列說法正確的是（）A．任意三點可確定一個平面B．四邊形一定是平面圖形C．梯形一定是平面圖形D．一條直線和一個點確定一個平面參考答案：C8.已知是第二象限角，且，則的值為

（

）A．

B.

C.

D.參考答案：B9.若正數(shù)x，y滿足x+3y=5xy，則3x+4y的最小值是（）A． B． C．5 D．6參考答案：C【考點】7G：基本不等式在最值問題中的應(yīng)用．【分析】將x+3y=5xy轉(zhuǎn)化成=1，然后根據(jù)3x+4y=（）（3x+4y），展開后利用基本不等式可求出3x+4y的最小值．【解答】解：∵正數(shù)x，y滿足x+3y=5xy，∴=1∴3x+4y=（）（3x+4y）=+++≥+2=5當(dāng)且僅當(dāng)=時取等號∴3x+4y≥5即3x+4y的最小值是5故選：C10.數(shù)列1，，，，的一個通項公式an是（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】81：數(shù)列的概念及簡單表示法．【分析】將原數(shù)列中的第一項寫成分式的形式：，再觀察得出每一項的分子是正整數(shù)數(shù)列，分母是正奇數(shù)數(shù)列，從而得出數(shù)列1，，，，的一個通項公式an．【解答】解：將原數(shù)列寫成：，，，，．每一項的分子是正整數(shù)數(shù)列，分母是正奇數(shù)數(shù)列，∴數(shù)列1，，，，的一個通項公式an是．故選B．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.拋物線x2=y上一點到直線2x﹣y﹣4=0的距離最短的點的坐標(biāo)是．參考答案：（1，1）【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．【分析】設(shè)拋物線y=x2上一點為A（x0，x02），求出點A（x0，x02）到直線2x﹣y﹣4=0的距離，利用配方法，由此能求出拋物線y=x2上一點到直線2x﹣y﹣4=0的距離最短的點的坐標(biāo)．【解答】解：設(shè)拋物線y=x2上一點為A（x0，x02），點A（x0，x02）到直線2x﹣y﹣4=0的距離d==|（x0﹣1）2+3|，∴當(dāng)x0=1時，即當(dāng)A（1，1）時，拋物線y=x2上一點到直線2x﹣y﹣4=0的距離最短．故答案為：（1，1）．12.設(shè)函數(shù)，則滿足的的取值范圍是___________.參考答案：略13.已知拋物線的焦點為，拋物線的準線與軸的交點為，點A在拋物線上且，則的面積是

．參考答案：8略14.有4名學(xué)生插班到4個班級，每班1人，則不同的插班方案有__________種．

參考答案：2415.已知集合，且下列三個關(guān)系：①；②；③，有且只有一個正確，則

．參考答案：20116.已知直線，經(jīng)過圓的圓心，則的最小值為

.參考答案：1617.已知f（x）=，則f′（x）=．參考答案：【考點】導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】先化簡f（x），再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運算法則計算即可．【解答】解：f（x）==1+∴f′（x）=（1+）′=﹣故答案為：．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.（10分）在ΔABC中，已知，解三角形ABC。參考答案：a=b=1,C=120°19.（本小題滿分13分）設(shè)的內(nèi)角,,所對的邊長分別為,,,且,．（1）當(dāng)時,求的值；（2）當(dāng)?shù)拿娣e為時,求的值．參考答案：（2）因為的面積，所以，………………7分由余弦定理得，即………………10分所以，所以，………………13分.

20.在四棱錐P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，PD⊥DC，底面ABCD是梯形，AB∥DC，AB=AD=PD=1，CD=2（1）求證：平面PBC⊥平面PBD；（2）設(shè)Q為棱PC上一點，=λ，試確定λ的值使得二面角Q﹣BD﹣P為60°．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；平面與平面垂直的判定．【分析】（1）在梯形ABCD中，過點作B作BH⊥CD于H，通過面面垂直的判定定理即得結(jié)論；（2）過點Q作QM∥BC交PB于點M，過點M作MN⊥BD于點N，連QN．則∠QNM是二面角Q﹣BD﹣P的平面角，在Rt三角形MNQ中利用tan∠MNQ=計算即可．【解答】（1）證明：∵AD⊥平面PDC，PD?平面PCD，DC?平面PDC，圖1所示．∴AD⊥PD，AD⊥DC，在梯形ABCD中，過點作B作BH⊥CD于H，在△BCH中，BH=CH=1，∴∠BCH=45°，又在△DAB中，AD=AB=1，∴∠ADB=45°，∴∠BDC=45°，∴∠DBC=90°，∴BC⊥BD．∵PD⊥AD，PD⊥DC，AD∩DC=D．AD?平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，∴PD⊥BC，∵BD∩PD=D，BD?平面PBD，PD?平面PBD．∴BC⊥平面PBD，∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD；（2）解：過點Q作QM∥BC交PB于點M，過點M作MN⊥BD于點N，連QN．由（1）可知BC⊥平面PDB，∴QM⊥平面PDB，∴QM⊥BD，∵QM∩MN=M，∴BD⊥平面MNQ，∴BD⊥QN，圖2所示．∴∠QNM是二面角Q﹣BD﹣P的平面角，∴∠QNM=60°，∵，∴，∵QM∥BC，∴，∴QM=λBC，由（1）知，∴，又∵PD=1，MN∥PD，∴，∴MN===1﹣λ，∵tan∠MNQ=，∴，∴．21.（12分）請設(shè)計“空間幾何體”的知識結(jié)構(gòu)圖．參考答案：略22.命題p：直線y=kx+3與圓x2+y2=1相交于A，B兩點；命題q：曲線﹣=1表示焦點在y軸上的雙曲線，若p∧q為真命題，求實數(shù)k的取值范圍． 參考答案：【考點】復(fù)合命題的真假． 【專題】轉(zhuǎn)化思想；不等式的解法及應(yīng)用；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；簡易邏輯． 【分析】命題p：直線y=kx+3與圓x2+y2=1相交于A，B兩點，可得圓心到直線的距離，解得k范圍．命題q：曲線﹣=1表示焦在y軸上的雙曲線，可得，解得k范圍．由于p∧q為真命題，可得p，q均為真命題，即可得出． 【解答】解：∵命題p：