2022-2022学年度第二学期高二级文科数学期末考试试卷本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.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学号填写在答题卡和答卷密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上.2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上.3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4、考生必须保持答题卡的整洁和平整.第一部分选择题(共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1、已知集合,,则A．{1，2}B．{1,9}C．{1}D．{1，4}2、已知点A．B．C．D．3、集合A={2,3},B={1,2,3},已知点，则点落在直线上的概率是A．B．C．D．4、为虚数单位，则A．B．C．D．5、函数的部分图象如图所示,则的值分别是A．B．C．D．6、设为等差数列的前项和,,则=A．B．C．D．27、函数的图象大致是．10\n8、阅读如下程序框图，如果输出i＝4，那么空白的判断框中应填入的条件是A．S＜8B．S＜9C．S＜10D．S＜119、一个多面体的三视图如图所示，则多面体的体积是A.7B.C.D.10、已知，椭圆的方程为，双曲线的方程为，与的离心率之积为，则的渐近线方程为A.B.C.D.11、《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有黍米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A.斛B.斛C.斛D.斛12、已知函数,若,则的取值范围是10\nA．B．C．D．第二部分非选择题(共90分)二．填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答卷的相应位置13、若曲线在点处的切线平行于轴,则____________.14、某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵树是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．15、若x,y满足约束条件,则z=3x+y的最大值为．16、已知F为双曲线的左焦点，为上的点．若的长等于虚轴长的2倍，点在线段上，则的周长为__________．三、解答题：必做大题共5小题，共60分；选做大题二选一，共10分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（本题满分12分）四边形ABCD的内角A与C互补，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.(1)求角C和BD；(2)求四边形ABCD的面积．18.（本题满分12分）从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量表得如下频数分布表：质量指标值分组[75，85)[85，95)[95，105)[105，115)[115，125)频数62638228（I）在答题卡上作出这些数据的频率分布直方图；（II）估计这种产品质量指标值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（III）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品的80%”的规定？19.（本题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，（I）证明：平面平面；（II）若，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.10\n20．(本题满分12分）已知点，圆:，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点.（1）求的轨迹方程；（2）当时，求的方程及的面积21.(本题满分12分）设函数.（1）讨论的导函数的零点的个数；（2）证明：当时.请考生在第21、22题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，解答时请写清题号.22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图AB是O直径，AC是O切线，BC交O与点E.（1）若D为AC中点，证明：DE是O切线；（2）若，求的大小.23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线，圆，以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的极坐标方程.（2）若直线的极坐标方程为，设的交点为，求的面积.2022-2022学年度第二学期高二级文科数学期末试题答案10\n一、选择题：1、【答案】D2、【答案】A（注意：C是反向的单位向量）本题除了用向量共线的坐标公式检验，用图形检验也很方便3、【答案】C解：所有情形有六种，满足要求的只有（2，2）和（3，1）故只能选B4、A解析：因为，所以，5、【答案】D解析：由图象知函数周期T＝2＝π，∴ω＝＝2，把代入解析式，得，即.∴＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，φ＝＋2kπ(k∈Z)．又，∴φ＝.故选D．6、【答案】C【解析】7、A；解析：由f(0)＝0可知函数图象经过原点．又f(－x)＝f(x)，所以函数图象关于y轴对称，故选A.=Þ=8、答案：B解析：i＝2，S＝5；i＝3，S＝8；i＝4，S＝9，结束．所以填入的条件是“S＜9”．9、答案：D10、11、答案：B10\n12、【答案】D;解析：可画出|f(x)|的图象如图所示．当a＞0时，y＝ax与y＝|f(x)|恒有公共点，所以排除B，C；当a≤0时，若x＞0，则|f(x)|≥ax恒成立．若x≤0，则以y＝ax与y＝|－x2＋2x|相切为界限，由得x2－(a＋2)x＝0.∵Δ＝(a＋2)2＝0，∴a＝－2.∴a∈[－2,0]．故选D.二、填空题：13、【答案】【解析】14、答案：6解析：由题意知每天植树的棵数组成一个以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＝＝2(－1＋2n)≥100，∴2n≥51，∴n≥6.15、416、答案：44【解析】：如图所示，设双曲线右焦点为F1，则F1与A重合，坐标为(5,0)，则|PF|＝|PF1|＋2a，|QF|＝|QF1|＋2a，所以|PF|＋|QF|＝|PQ|＋4a＝4b＋4a＝28，∴△PQF周长为28＋4b＝44.三、解答题：17．解：(1)由题设及余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC＝13－12cosC，①BD2＝AB2＋DA2－2AB·DAcosA＝5＋4cosC．②由①②得cosC＝，故C＝60°，BD＝.(2)四边形ABCD的面积S＝AB·DAsinA＋BC·CDsinC＝sin60°＝2.18、解：（1）频率分布直方图如图所示：10\n（2）质量指标的样本平均数为=80×0.06+90×0.26+100×0.38+110×0.22+120×0.08=100，质量指标的样本的方差为S2=（﹣20）2×0.06+（﹣10）2×0.26+0×0.38+102×0.22+202×0.08=104，这种产品质量指标的平均数的估计值为100，方差的估计值为104．（3）质量指标值不低于95的产品所占比例的估计值为0.38+0.22+0.08=0.68，由于该估计值小于0.8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品80%”的规定．本题主要考查了频率分布直方图，样本平均数和方差，考查了学习的细心的绘图能力和精确的计算能力．19、解：（I）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE,故AC⊥平面BED.又AC平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.……5分（II）设AB=，在菱形ABCD中，又∠ABC=，可得AG=GC=，GB=GD=.因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中，可的EG=.由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形，可得BE=.由已知得，三棱锥E-ACD的体积=×AC·GD·BE=.故=2……9分从而可得AE=EC=ED=.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.10\n故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2.……12分20、点评：本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．轨迹方程；三角形的面积公式．直线与圆．（1）由圆C的方程求出圆心坐标和半径，设出M坐标，由与数量积等于0列式得M的轨迹方程；（2）设M的轨迹的圆心为N，由|OP|=|OM|得到ON⊥PM．求出ON所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到PM所在直线方程，由点到直线的距离公式求出O到l的距离，再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出PM的长度，代入三角形面积公式得答案．解：（1）由圆C：x2+y2﹣8y=0，得x2+（y﹣4）2=16，∴圆C的圆心坐标为（0，4），半径为4．设M（x，y），则，．由题意可得：．即x（2﹣x）+（y﹣4）（2﹣y）=0．整理得：（x﹣1）2+（y﹣3）2=2．由于点P在圆C内部，∴M的轨迹方程是（x﹣1）2+（y﹣3）2=2．（2）由（1）知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，为半径的圆，由于|OP|=|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM．∵kON=3，∴直线l的斜率为﹣．∴直线PM的方程为，即x+3y﹣8=0．则O到直线l的距离为．又N到l的距离为，∴|PM|==．∴．本题考查圆的轨迹方程的求法，训练了利用向量数量积判断两个向量的垂直关系，训练了点到直线的距离公式的应用，是中档题．21、解：（I）的定义域为.10\n当≤0时，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增，又不妨取：故当>0时存在唯一零点.……6分注意：1、用2、利用零点存在定理时，b的取值比较灵活；3、分步酌情给分.（II）由（I），可设在的唯一零点为，当时，＜0；当时，＞0.故在单调递减，在单调递增，所以时，取得最小值，最小值为.由于所以当且仅当故当时.……12分22、解：（I）连接AE，由已知得，AE⊥BC,AC⊥AB.10\n在Rt△AEC中，由已知得，DE=DC,故∠DEC=∠DCE.连结OE，则∠OBE=∠OEB.又∠OED+∠ABC=，所以∠DEC+∠OEB=，故∠OED=，DE是O的切线.……5分（II）设CE=1，AE=，由已知得AB=，BE=.由射影定理可得，，所以，即.可得，所以∠ACB=.……10分23、解：（I）因为，所以的极坐标方程为，的极坐标方程为.……5分（II）将代入，得，解得.故，即由于的半径为1，所以的面积为.……10分10
