江西省萍鄉(xiāng)市閃石中學(xué)2021-2022學(xué)年高二數(shù)學(xué)文模擬試題含解析

江西省萍鄉(xiāng)市閃石中學(xué)2021-2022學(xué)年高二數(shù)學(xué)文模擬試題含解析一、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(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.某四棱錐的三視圖如圖，該四棱錐的表面積是（

） A、32 B、 C、48 D、參考答案：B略2.一組數(shù)據(jù)如莖葉圖所示，則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)和平均數(shù)分別是（

）A.11.5和12

B.11.5和11.5

C.11和11.5

D.12和12參考答案：A略3.某校醫(yī)務(wù)室為了預(yù)防流感，準(zhǔn)備從高一年級(jí)的10個(gè)班中抽取23名同學(xué)進(jìn)行健康檢查，要求每個(gè)班被抽到的同學(xué)不少于2人，那么不同的抽取方法共有（）A．120種 B．175種 C．220種 D．820種參考答案：C【考點(diǎn)】D8：排列、組合的實(shí)際應(yīng)用．【分析】根據(jù)題意，先從每個(gè)班抽取2人，共抽取20人，將剩余的3個(gè)名額分配到10個(gè)班級(jí)，分3種情況討論：①、3個(gè)名額分配到1個(gè)班級(jí)，②、3個(gè)名額分配到2個(gè)班級(jí)，③、3個(gè)名額分配到3個(gè)班級(jí)，分別求出每種下的抽取方法數(shù)目，由分類計(jì)數(shù)原理計(jì)算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，高一年級(jí)共10個(gè)班，每個(gè)班被抽到的同學(xué)不少于2人，先從每個(gè)班抽取2人，共抽取20人，將剩余的3個(gè)名額分配到10個(gè)班級(jí)，分3種情況討論：①、3個(gè)名額分配到1個(gè)班級(jí)，在10個(gè)班級(jí)中抽取1個(gè)即可，有C101=10種抽取方法；②、3個(gè)名額分配到2個(gè)班級(jí)，1個(gè)班級(jí)1個(gè)，1個(gè)班級(jí)2個(gè)，在10個(gè)班級(jí)中抽取2個(gè)，再進(jìn)行全排列即可，有C102×A22=90種抽取方法；③、3個(gè)名額分配到3個(gè)班級(jí)，在10個(gè)班級(jí)中抽取3個(gè)即可，有C103=120種抽取方法；則不同的抽取方法共有10+90+120=220種；故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查排列、組合的應(yīng)用，關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化問題，對(duì)多出的3個(gè)名額進(jìn)行分類討論，分配到10個(gè)班級(jí)．4.將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)周期后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為（

）A. B. C. D.參考答案：D試題分析：函數(shù)的周期為，將函數(shù)的圖像向右平移個(gè)周期即個(gè)單位，所得圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)為，故選D.【考點(diǎn)】三角函數(shù)圖像的平移【名師點(diǎn)睛】函數(shù)圖像的平移問題易錯(cuò)點(diǎn)有兩個(gè),一是平移方向,注意“左加右減”；二是平移多少個(gè)單位是對(duì)x而言的,不要忘記乘以系數(shù).5.已知α，β表示兩個(gè)不同的平面，，則“”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：B略6.閱讀上圖的程序框圖,若輸出的值等于,那么在程序框圖中的判斷框內(nèi)應(yīng)填寫的條件是

（

）A．?

B．?

C．?

D．?

參考答案：A7.過點(diǎn)(3,1)作圓(x－1)2＋y2＝1的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則直線AB的方程為()A．2x＋y－3＝0

B．2x－y－3＝0

C．4x－y－3＝0

D．4x＋y－3＝0參考答案：A8.已知，則下列各命題中，正確的命題是（

）

A.時(shí)，，時(shí)，；

B.無論，還是，都有；

C.時(shí)，，時(shí)，無意義；

D.因?yàn)闀r(shí)，無意義，所以對(duì)于不能求導(dǎo)．參考答案：B略9.（12分）如圖，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AA1，D是CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是A1B的中點(diǎn)，⑴求證：DF∥平面ABC；⑵求證：AF⊥平面BDF．參考答案：（1）證明：取AB的中點(diǎn)E，連接EF，CE，因?yàn)镕是的中點(diǎn)，所以EF是的中位線，所以，且，又因?yàn)镈是的中點(diǎn)，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，又在平面中，所以DF∥平面ABC（2）因?yàn)锳B＝AA1且F是的中點(diǎn)，所以，又因?yàn)椋?，所以，所以，所以AF⊥平面BDF。略10.雙曲線的漸近線所在直線方程為（）A． B． C． D．參考答案：C【考點(diǎn)】雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】雙曲線的漸近線方程為﹣=0，整理后就得到雙曲線的漸近線方程．【解答】解：∵雙曲線，∴雙曲線的漸近線方程為﹣=0，即y=±x．故選：C．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.以模型去擬合一組數(shù)據(jù)時(shí)，為了求出回歸方程，設(shè)，其變換后得到線性回歸方程，則=

參考答案：12.若樣本數(shù)據(jù)x1，x2，x3…，x10的平均數(shù)是10，方差是2，則數(shù)據(jù)2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2x10+1的平均數(shù)與方差分別是．參考答案：21，8.【考點(diǎn)】極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差．【專題】概率與統(tǒng)計(jì)．【分析】根據(jù)平均數(shù)與方差的公式即可求出數(shù)據(jù)2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x10+1的平均數(shù)與方差．【解答】解：∵樣本數(shù)據(jù)x1，x2，x3，x10的平均數(shù)是10，方差是2，∴=（x1+x2+x3+x10）=10，s2=[+++]=2；∴數(shù)據(jù)2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x10+1的平均數(shù)是=[（2x1+1）+（2x2+1）+（2x3+1）+（2x10+1）]=2×（x1+x2+x3+x10）+1=21，方差是s′2={+…+}=22?[+++]=4×2=8．故答案為：21，8【點(diǎn)評(píng)】本題考查了計(jì)算數(shù)據(jù)的平均數(shù)與方差的問題，解題時(shí)應(yīng)根據(jù)公式進(jìn)行計(jì)算，也可以利用平均數(shù)與方差的性質(zhì)直接得出答案．13.設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為，P為拋物線上一點(diǎn)，PA，A為垂足，如果直線AF的斜率為，那么IPFI等于________.參考答案：814.某大學(xué)對(duì)1000名學(xué)生的自主招生水平測試成績進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，得到樣本頻率分布直方圖如下圖所示，現(xiàn)規(guī)定不低于70分為合格，則合格人數(shù)是

_.

參考答案：60015.已知拋物線的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為K，點(diǎn)P在拋物線上，且，則△PKF的面積為________.

參考答案：816.若不等式對(duì)一切非零實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．參考答案：∵，∴不等式對(duì)一切非零實(shí)數(shù)恒成立，等價(jià)于，∴，∴．∴實(shí)數(shù)的取值范圍是．因此，本題正確答案是：．17.拋物線y=x2的焦點(diǎn)坐標(biāo)是

．參考答案：（0，1）【考點(diǎn)】拋物線的簡單性質(zhì)．【分析】拋物線方程即x2=4y，從而可得p=2，=1，由此求得拋物線焦點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解：拋物線即x2=4y，∴p=2，=1，故焦點(diǎn)坐標(biāo)是（0，1），故答案為（0，1）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及簡單性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．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.已知函數(shù)．（1）設(shè)，求函數(shù)的極值；（2）當(dāng)時(shí)，函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：.參考答案：(1)極大值0，無極小值．(2)證明見解析【分析】(1)對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，得其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，研究原函數(shù)的單調(diào)性得極值；

(2)根據(jù)導(dǎo)函數(shù)為零，得關(guān)于這兩個(gè)極值點(diǎn)的韋達(dá)定理，從而將兩個(gè)變元的問題可轉(zhuǎn)化成一個(gè)變元的問題，再研究關(guān)于這個(gè)變元的函數(shù)的單調(diào)性和最值.【詳解】（1）解：，則．令，得.所以當(dāng)x變化時(shí)，的變化情況如下表：x+-↗極大值↘

因此有極大值，無極小值．（2）證明：．由題意得，.因?yàn)椋裕?，得，則，解得．所以.由（1）得，所以令，則.分析可得在區(qū)間上單調(diào)遞減．當(dāng)時(shí)．所以【點(diǎn)睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)處理極值與不等式證明問題，第二問關(guān)鍵將雙變元轉(zhuǎn)化成單變元問題，屬于難度題.19.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，求證：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．參考答案：【考點(diǎn)】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；平面與平面垂直的判定．【專題】空間位置關(guān)系與距離；立體幾何．【分析】（Ⅰ）根據(jù)條件，利用平面和平面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）根據(jù)已知條件判斷ABED為平行四邊形，故有BE∥AD，再利用直線和平面平行的判定定理證得BE∥平面PAD．（Ⅲ）先證明ABED為矩形，可得BE⊥CD①．現(xiàn)證CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位線的性質(zhì)可得EF∥PD，從而證得CD⊥EF②．結(jié)合①②利用直線和平面垂直的判定定理證得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理證得平面BEF⊥平面PCD．【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，故四邊形ABED為平行四邊形，故有BE∥AD．又AD?平面PAD，BE不在平面PAD內(nèi)，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四邊形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED為矩形，故有BE⊥CD①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分別為CD和PC的中點(diǎn)，可得EF∥PD，∴CD⊥EF②．而EF和BE是平面BEF內(nèi)的兩條相交直線，故有CD⊥平面BEF．由于CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查直線和平面垂直的判定定理，直線和平面平行的判定定理，平面和平面垂直的判定定理、性質(zhì)定理的應(yīng)用，屬于中檔題．20.在平面內(nèi)的直線上確定一點(diǎn)；使到點(diǎn)的距離最小參考答案：解析：設(shè)點(diǎn)則．21.如圖所示，在所有棱長都相等的三棱柱中，點(diǎn)為棱的中點(diǎn)．(1)求證:；(2)若三棱柱的棱長為,求異面直線與所成的角的余弦值.參考答案：(1)證明:連結(jié)，交于點(diǎn)，則點(diǎn)是的中點(diǎn),連結(jié),因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn),所以是的中位線，所以,因?yàn)?,所以；(2)解:因?yàn)?所以是異面直線與所成的角,因?yàn)槔忾L為,所以,取的中點(diǎn),連接,則,且,所以.即異面直線與所成的角的余弦值為.

略22.（本題12分）如圖，已知四棱錐的底面為菱形，且，，．（1）求證：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．參考答案：（1）如圖所示，取AB中點(diǎn)E，連PE、CE．則PE是等腰△PAB的底邊上的中線，所以PE⊥AB．PE=1，CE=，PC=2，即．Ks5u由勾股定理可得，PE⊥CE．又因?yàn)锳Bì平面ABCD，CEì平面ABCD，且AB∩CE=E，所以PE⊥平面ABCD．Ks5u而PEì平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD．（2）（方法1）如圖1，在Rt△PEC中，過點(diǎn)E作EF⊥PC于點(diǎn)F，連AF．過A作平面PCD的垂線，垂足為H，連FH．因?yàn)锳E⊥EC，AE⊥PE，所以AE⊥平面PEC，于是AE⊥PC．又EF⊥PC，所以PC⊥平面AEF，故PC⊥AF．已有PC⊥AH，可得PC⊥平面AFH，所以PC⊥FH．故∠AFH是二面角A-PC-D的平面角．由AB⊥平面PEC知EF⊥AB，又AB∥CD，所以EF⊥CD．而已有EF⊥PC，所以EF⊥平面PCD．又因?yàn)锳H⊥平面PCD，所以AH∥EF．由于AB∥平面PCD，所以A、E兩點(diǎn)到平面PCD的距離相等，故AH=EF．所以AEFH是矩形，∠AFH=∠E