2021年遼寧省鐵嶺市開原中固中學高二數學文下學期期末試卷含解析一、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.設數列{an}的前n項和Sn=n2，則a8的值為(

)A．15 B．16 C．49 D．64參考答案：A【考點】數列遞推式．【專題】計算題．【分析】直接根據an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可得出結論．【解答】解：a8=S8﹣S7=64﹣49=15，故選A．【點評】本題考查數列的基本性質，解題時要注意公式的熟練掌握．2.已知函數在上是單調函數,則實數的取值范圍是（

）A

B

C

D

參考答案：B3.已知變量滿足約束條件,則的取值范圍是A．

B．

C．

D．參考答案：解析:畫出可行域(圖略),為一個三角形區(qū)域,頂點分別為.表示可行域內的點與原點連線的斜率,當時取最大值6,當時取最小值.故選A.4.點P在直線l：x﹣y﹣1=0上運動，A（4，1），B（2，0），則|PA|+|PB|的最小值是（）A． B． C．3 D．4參考答案：C【考點】點到直線的距離公式．【專題】直線與圓．【分析】求出A（4，1）關于直線x﹣y﹣1=0的對稱點為A′，|PA|+|PB|=|PA′|+|PB|，當P、A′、B三點共線時，|PA|+|PB|取得最小|A′B|，由此能求出結果．【解答】解：∵設A（4，1）關于直線x﹣y﹣1=0的對稱點為A′（x，y），則，解得x=2，y=3，∴A′（2，3）∴|PA|+|PB|=|PA′|+|PB|，當P、A′、B三點共線時，|PA|+|PB|取得最小|A′B|==3．故選：C．【點評】本題考查動點到兩定點的距離的最小值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意對稱性及兩點間距離公式的合理運用．5.從1,2,3,4,5中任取兩個不同的數字,構成一個兩位數,則這個數字大于40的概率是()

A.

B.

C.

D.

參考答案：A略6.與是定義在R上的兩個可導函數，若,滿足，則與滿足

A．

B．為常數函數

C.

D.為常數函數

參考答案：B略7.已知為常數，最大值為，最小值為，且，則實數的值為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：D8.將一顆骰子連續(xù)拋擲2次，則向上的點數之和為6的概率為（

）A．

B．

C.

D．參考答案：B將一顆骰子連續(xù)拋擲2次，則共有種基本事件，其中向上的點數之和為6有這5種基本事件，因此概率為，選B.

9.已知且，則的最小值為（

）A．2

B．8

C．1

D．4參考答案：D10.雙曲線的右焦點是拋物線的焦點，兩曲線的一個公共點為P，且|PF|=5，則該雙曲線的離心率為（

）A.

B.

C.2

D.參考答案：C二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如圖程序框圖得到函數，則的值是

參考答案：12.四棱錐的五個頂點都在一個球面上，且底面ABCD是邊長為1的正方形，，，則該球的體積為

_

．參考答案：略13.直線l1x+2y﹣4=0與l2：mx+（2﹣m）y﹣1=0平行，則實數m=

．參考答案：【考點】直線的一般式方程與直線的平行關系．【分析】由直線的平行關系可得1×（2﹣m）﹣2m=0，解之可得．【解答】解：因為直線l1x+2y﹣4=0與l2：mx+（2﹣m）y﹣1=0平行，所以1×（2﹣m）﹣2m=0，解得m=故答案為：14.已知兩點，直線過點且與線段MN相交，則直線的斜率

的取值范圍是_______________．參考答案：15.已知函數（）,（0<x<4），的圖像所有交點的橫坐標之和為

.參考答案：816.拋物線的焦點坐標為

。參考答案：略17.為了調查某廠工人生產某種產品的能力，隨機抽查了20位工人某天生產該產品的數量．產品數量的分組區(qū)間為[45，55），[55，65），[65，75），[75，85），[85，95）由此得到頻率分布直方圖如圖，則這20名工人中一天生產該產品數量在[55，75）的人數是

．參考答案：13【考點】頻率分布直方圖．【分析】根據直方圖分析可知該產品數量在[55，75）的頻率，又由頻率與頻數的關系計算可得生產該產品數量在[55，75）的人數．【解答】解：由直方圖可知：生產該產品數量在[55，75）的頻率=0.065×10，∴生產該產品數量在[55，75）的人數=20×（0.065×10）=13，故答案為13．三、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.（本小題滿分8分）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，平面ABCD，點分別為的中點，且．（Ⅰ）證明：//平面；（Ⅱ）證明：平面⊥平面．參考答案：見解析【知識點】立體幾何綜合【試題解析】證明：

（Ⅰ）連接FG，

在△中，點分別為的中點，

所以，且，

又因為點為的中點，所以，且，

所以四邊形是平行四邊形．

所以，又平面，平面，

所以//平面．

（Ⅱ）因為ABCD為菱形，所以AB=BC

又，所以AB=BC=AC，

又E為BC中點，所以

而平面ABCD，平面ABCD，所以

又，所以平面

又平面，所以平面⊥平面19.已知命題p：關于x的方程有兩個不相等的負根．命題q：關于x的方程無實根，若為真，為假，求的取值范圍。參考答案：解：由有兩個不相等的負根,則,解之得即命題

3分由無實根,則,解之得．即命題q:．

3分為假，為真，則p與q一真一假．若p真q假,則所以

9分若p假q真,則

所以

12分所以取值范圍為．

14分20.如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB=，AD=4，AM=2，E是AB的中點（1）求證：平面MDE⊥平面NDC（2）求三棱錐N﹣MDC的體積．參考答案：【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；平面與平面垂直的判定．【分析】（1）推導出DE⊥CD，ND⊥AD，從而ND⊥DE，進而DE⊥平面NDC，由此能證明平面MAE⊥平面NDC．（2）由VN﹣MDC=VM﹣NDC=VE﹣NDC，能求出三棱錐N﹣MDC的體積．【解答】證明：（1）∵ABCD是菱形，∴AD=AB，∵∠DAB=，∴△ABD為等邊三角形，E為AB中點，∴DE⊥AB，∴DE⊥CD，∵ADMN是矩形，∴ND⊥AD，又平面ADMN⊥平面ABCD，平面ADMN∩平面ABCD=AD，∴ND⊥平面ABCD，∴ND⊥DE，∵CD∩ND=D，∴DE⊥平面NDC，∵DE?平面MDE，∴平面MAE⊥平面NDC．解：（2）∵MA∥ND，∴MA∥平面NDC，∴ME∥平面NDC，∴平面MAE∥平面NDC，∴ME∥平面NDC，∴VN﹣MDC=VM﹣NDC=VE﹣NDC，由（1）知DE⊥AB，∠DAE=，∵DA=4，AE=2，∴DE=2，∴三棱錐N﹣MDC的體積VN﹣MDC=VM﹣NDC=VE﹣NDC==．【點評】本題考查面面垂直的證明，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(yǎng)．21.如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分別是AD1、BD上的點，且AP=BQ，求證：PQ∥平面DCC1D1．參考答案：【考點】直線與平面平行的判定．【專題】數形結合；數形結合法；空間位置關系與距離．【分析】過P作PM∥AD交D1D于M，過Q作QN∥BC交CD于N．則四邊形PMNQ是平行四邊形，即PQ∥MN．【解答】證明：過P作PM∥AD交D1D于M，過Q作QN∥BC交CD于N，連接MN．∵AD∥BC，∴PM∥QN，∵AD1=BD，AP=BQ∴D1P=DQ，∴===，∵AD=BC，∴PM=QN．∴四邊形PMNQ是平行四邊形，∴PQ∥MN，?平面DCC1D1，∵PQ?平面DCC1D1，MN?平面DCC1D1，∴PQ∥平面DCC1D1．【點評】本題考查了空間線面平行的判定，構造平行線是解題的關鍵．22.如圖，已知點F1，F(xiàn)2是橢圓C1：+y2=1的兩個焦點，橢圓C2：+y2=λ經過點F1，F(xiàn)2，點P是橢圓C2上異于F1，F(xiàn)2的任意一點，直線PF1和PF2與橢圓C1的交點分別是A，B和C，D，設AB、CD的斜率為k，k′．（1）求證kk′為定值；（2）求|AB|?|CD|的最大值．參考答案：【考點】K4：橢圓的簡單性質．【分析】（1）求得橢圓C1的焦點，代入橢圓C2，可得λ=，設P（m，n），即有m2+2n2=1，再議直線的斜率公式，化簡整理即可得證；（2）設PF1：y=k（x+1），代入橢圓方程x2+2y2=2，運用韋達定理和弦長公式，可得|AB|；同樣求得|CD|，化簡整理，由（1）的結論，運用基本不等式可得最大值．【解答】解：（1）證明：橢圓C1：+y2=1的兩個焦點為F1（﹣1，0），F(xiàn)2（1，0），由題意可得λ=，即有橢圓C2：+y2=，設P（m，n），即有m2+2n2=1，AB、CD的斜率為k，k′．即有kk'=?===﹣；（2）設PF1：y=k（x+1），代入橢圓方程x2+2y2=2，可得（1+2k2）x2+4k2x+2k2﹣2=0，設A（x1，y1），B（x2，y2），即有x1+x2=﹣，x1x2=，即為|AB|=?=；設PF2：y=k'（x﹣1），代入橢圓方程x2+2y2=2，可得（1+2k'2）x2﹣4k'2x+2k'2﹣2=0，設C（x3，y3），D（x4，y4），即有x3+x4=