2022年高二数学上学期期末考试试题文 14.pdf

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1、1 普宁一中 2016-2017 学年度第一学期高二级期末考试文科数学试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卷上。2.用 2B铅笔将选择题答案在答题卷对应位置涂黑；答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卷的整洁。一、选择题（每小题5 分，共 60 分.在所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1.600cos的值为 A、21 B、21 C、23 D、232.设集合0652xxxA，052xxB，则

2、BAA、)25,3(B、)25,2(C、)3,25(D、)25,3(3.复数iz14（i 是虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点是 A、2,2 B、2,2 C、2,2 D、2,24.已知数列Nnaaaaannn1221,5,1，则2016a A、1 B、4 C、-4 D、5 5.取一根长度为4m的绳子，拉直后在任意位置剪断，则剪得的两段长度都不小于1.5m 的概率是 A、41 B、31 C、21 D、326.已知|a=|b=2，且它们的夹角为3，则|baA、32 B、23 C、1 D、27.给出下列命题：22bcacba；22baba；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页

3、，共 9 页 -2 22baba；33baba其中正确的命题是 A、B、C、D、8.如右图所示的程序的输出结果为S=1320，则判断框中应填 A、9i B、9i C、10i D、10i9.定义在 R上的函数)(xf在),6(上为增函数，且函数)6(xfy为偶函数，则A、)7()4(ff B、)7()4(ff(第 8 题图)C、)7()5(ff D、)7()5(ff10.已知一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是A、32 B、332 C、334 D、3411.气象意义上的春季进入夏季的标志为：“连续五天每天日平均温度不低于22”，现在甲、乙、丙三地连续五天的日平均温度的记录数据（记录数

4、据都是正整数，单位）：(第 10 题图)甲地：五个数据的中位数是24，众数为 22；乙地：五个数据的中位数是27,平均数为 24；丙地：五个数据中有一个数据是30，平均数是24，方差为10.则肯定进入夏季的地区有A、0 个 B、1 个 C、2 个 D、3 个12已知圆O的半径为 2，PA，PB为圆O的两条切线，A、B为切点（A与 B不重合），则PBPA的最小值为A、2412 B、2416 C、2812 D、2816二.填空题：本大题共4 小题，每小题5 分。13.若函数2()f xxxa为偶函数，则实数a。14.若某程序图如图所示，则该程序运行后输出的k 的值是。15.若平面向量，满足|1，|

5、1，且以向量，为邻 边的平行四边形的面积为12，则与的夹角的取值范围是。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 9 页 -3 16.某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙公司面试的概率为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的。记 X为该毕业生得到面试得公司个数。若1(0)12P X，则随机变量X的数学期望()E X三、解答题（70 分）17.（本小题满分12 分）在ABC中,内角,A B C所对边长分别为,a b c,8AB AC,4BACa.()求bc的最大值；()求函数()3 sin2cos21f

6、的值域.18.（本小题满分12 分）已知函数的图像关于直线对称，其中为常数，且（）求函数的最小正周期；（）若存在，使，求的取值范围19.（本小题满分12 分）已知与的夹角为，且在取得最小值，当时，求的取值范围.20.（本小题满分12 分）在四棱锥中，平面，底面是梯形，（）求证：平面平面；（）设为棱上一点，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 9 页 -4 试确定的值使得二面角为21.（本小题满分12 分）已知椭 圆过点，离心率为，点分别为其左右焦点（）求椭圆的标准方程；（）若上存在两个点，椭圆上有两个点满足三点共线，三点共线，且,求四边形面积的最小值22.（本小 题满分

7、 12 分）设函数，.（）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（）是否存在实数,使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 9 页 -5 普宁一中2016-2017 学年度第一学期高二级期末考试文科数学试题卷参考答案1-12 BCBC AADD BCBC 13.0;14.5;15.65,6;16.3517.解(I)cos8bc,2222cos4bcbc即2232bc又222bcbc所以16bc ,即bc的最大值为16 当且仅当b=c=4,=3时取得最大值()

8、结合(I)得,816cos,所以1cos2,又 0所以 03()3 sin2cos2-1f2sin(2)-16因 03,所以65266,当5266即3时,min1()2-102f当262即6时,max()2 1-1 1f所以,函数()3sin 2cos2-1f的值域为18【解析】（）()3 sin2cos22sin(2)6f xxxx()f x的图象关于直线x对称，262k，即1()23kkZ1(,1)2，则1k，5=6，()f x的最小正周期2625T.（）令()0fx，则52sin()36x，由305x，得556366x，则15sin()1236x，的取值范围是 1,2.19【解析】|(1

9、)|PQOQOPt OBtOA2222|(1)2(1)PQtOBtt OB OAt OA22(1)12(1)2cos4tttt名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 9 页 -6 222124 cos4cos4ttttt2254cos(24cos)1ttt2(54cos)(24cos)1tt12cos1054cos5t对，即1cos02，又0,，223.20【解析】（）AD平面PDC，,ADPD ADDC，如图，在梯形ABCD中，过点B作BHCD于H，则1BHCH，45BCH，1ADAB，45ADB，45BDC，90DBC.BCBD，,PDAD PDDC，ADDCD，PD

10、平面ABCD，PDBC，又BCBD，BC平面PBD，又BC平面PBC，平面PBC平面PBD.（）法一：过点Q作QMBC交PB于点M，过点M作MNBD于点N，连QN，由（）可知BC平面PDB，QM平面PDB，QMBD，QMMNM，BD平面MNQ，BDQN，QNM是二面角QBDP的平面角，60QNM，PQPC，PQPC，QMBC，PQQMPMPCBCPB，QMBC，由（）知2BC，2QM，又1PD，MNPD，MNBMPDPB，11BMPBPMPMMNPBPBPB，tanQMMNQMN，23136.法二：以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,x y z轴建名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整

11、理-第 6 页，共 9 页 -7 立空间直角坐标系(如图)，则(0,0,1)P，(0,2,0)C，(1,0,0)A，(1,1,0)B，令000(,)Q xyz，则000(,1)PQxyz，(0,2,1)PC，PQPC，000(,1)(0,2,1)xyz,，(0,2,1)Q，BC平面PBD，(1,1,0)n是平面PBD的 一个法向量，设平面QBD的法向量为()mx y z,，则00m DBm DQ，即02(1)0 xyyz即21xyzy，不妨令1y，得2(1,1,)1m，二面角QBDP为60，221cos(,)2222()1m nm nm n，解得36，Q在棱PC上，0，621【解析】（）由已知

12、，22cea，222abc，可得,2bc ac.椭圆过点23(,)22A，221112cc，解得1c，2a.椭圆C的标准方程为2212xy.（）当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|4MN，|2 2PQ，4 2S.当直线MN的斜率存在时，设其方程为(1)(0)yk xk，联立2(1)4yk xyx得2222(24)0k xkxk，设1122(,),(,)M x yN xy，则1212242,1xxxxk，222244|1(2)44MNkkk，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 9 页 -8 PQMN，直线PQ的方程为1(1)yxk，联立221(1)12y

13、xkxy得，222(2)4220kxxk，设3344(,),(,)P xyQ xy，2343422422,22kxxxxkk，222222214222 2(1)|1()4222kkPQkkkk，四边形PMQN的面积222214 2(1)|2(2)kSMNPQkk，令21(1)tkt，22224 24 214 2(1)4 2(1)(1)11ttStttt.综上，4 2S，即四边形PMQN面积的最小值为4 2.22【解析】（）当1m时，21()(1)ngxx，()yg x在1x处的 切线斜率14nk，由1()fxx，(1)1f，1114n，5n.（）易知函数()()yf xg x的定义域为(0,)

14、，又222212(1)2(1)11(1)()()(1)(1)(1)xmnxmnxmnxyfxgxxxx xx，由题意，得12(1)xmnx的最小值为负，(1)4mn（注：结合函数22(1)1yxmnx图象同样可以得到），2(1)(1)44mnmn，(1)4mn，3mn.（）令()h x2=()()()ln 2lnlnln 22axaxff efaxaaxxxaxa，其中0,0 xa，则()h x1ln 2lnaaaxax，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 9 页 -9 设1()ln 2lnk xaaaxax，2211()0aaxkxxxx()k x在(0,)单调递减

15、，()0k x在区间(0,)必存在实根，不妨设0()0k x即0001()ln 2ln0k xaaaxax，可得001lnln 21xaax（*）()h x在区间0(0,)x上单调递增，在0(,)x上单调递减，max0()()h xh x，0000()(1)ln 2(1)lnh xaxaaxx，代入（*）式得0001()2h xaxax根据题意0001()20h xaxax恒成立.又0012axax,当且仅当001axax时,等号成立.0012axax,01ax，01xa.代入（*）得1lnln 2aa,即12,aa22a.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 9 页 -