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河南省焦作市普通高中2021-2022学年高二数学上学期期末(理)试卷(Word版附解析)

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焦作市普通高中2021-2022学年(上)高二年级期末考试理科数学一、选择题:本题共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.命题“存在,使得”的否定为()A.存在,B.对任意,C.对任意,D.对任意,【答案】D【解析】【分析】根据特称命题否定的方法求解,改变量词,否定结论.【详解】由题意可知命题“存在,使得”的否定为“对任意,”.故选:D.2.不等式解集为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化简一元二次不等式的标准形式并求出解集即可.【详解】不等式整理得,解得或,则不等式解集为.故选:.3.已知等比数列的公比为,则“”是“是递增数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先分析充分性:假设特殊等比数列即可判断; 再分析必要性,由条件得恒成立,再对和进行分类讨论即可判断.【详解】先分析充分性:在等比数列中,,所以假设,,所以,等比数列为递减数列,故充分性不成立;分析必要性:若等比数列的公比为,且是递增数列,所以恒成立,即恒成立,当,时,成立,当,时,不成立,当,时,不成立,当,时,不成立,当,时,成立,当,时,不成立,当,时,不恒成立,当,时,不恒成立,所以能使恒成立的只有:,和,,易知此时成立,所以必要性成立.故选:B.4.已知向量,,且,则的值为()A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】根据空间向量平行的性质得,代入数值解方程组即可.【详解】因为,所以,所以,所以,解得或.故选:C. 5.曲线的一个焦点F到两条渐近线的垂线段分别为FA,FB,O为坐标原点,若四边形OAFB是菱形,则双曲线C的离心率等于()A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】依题意可得为正方形,即可得到,从而得到双曲线的渐近线为,即可求出双曲线的离心率;【详解】解:依题意,,且四边形为菱形,所以为正方形,所以,即双曲线的渐近线为,即,所以;故选:A6.已知实数x,y满足约束条件,则的最大值为()A.B.0C.3D.5【答案】D【解析】【分析】先画出可行域,由,得,作出直线,向上平移过点A时,取得最大值,求出点A的坐标,代入可求得结果 【详解】不等式组表示的可行域,如图所示由,得,作出直线,向上平移过点A时,取得最大值,由,得,即,所以的最大值为,故选:D7.已知角的顶点与坐标原点重合,始边与x轴的非负半轴重合,角终边上有一点(1,2),为锐角,且,则()A-18B.-6C.D.【答案】A【解析】【分析】由终边上的点可得,由同角三角函数的平方、商数关系有,再应用差角、倍角正切公式即可求.【详解】由题设,,,则,又,, 所以.故选:A8.在长方体中,,,分别是棱,的中点,则异面直线,的夹角为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设出长度,建立空间直角坐标系,根据向量求异面直线所成角即可.【详解】如下图所示,以,,所在直线方向,,轴,建立空间直角坐标系,设,,,,,,所以,,设异面直线,的夹角为,所以,所以,即异面直线,的夹角为.故选:C.9.若存在,使得不等式成立,则实数k的取值范围为()A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意和一元二次不等式能成立可得对于,成立,令,利用导数讨论函数的单调性,即可求出.【详解】存在,不等式成立,则,能成立,即对于,成立,令,,则,令,所以当,单调递增,当,单调递减,又,所以f(x)>-3,所以.故选:C10.如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为()A.B.C.8D.12【答案】B【解析】【分析】首先确定几何体的空间结构特征,然后求解其表面积即可.【详解】由题意知,该几何体是一个由8个全等的正三角形围成的多面体,正三角形的边长为:, 正三角形边上的一条高为:,所以一个正三角形的面积为:,所以多面体的表面积为:.故选:B11.已知抛物线的焦点为F,点A在抛物线上,直线FA与抛物线的准线交于点M,O为坐标原点.若,且,则()A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】设,由和在抛物线上,求出和,利用求出p.【详解】过A作AP垂直x轴与P.抛物线的焦点为,准线方程为.设,因为,所以,解得:.因为在抛物线上,则. 所以,即,解得:.故选:D12.已知椭圆的左,右焦点分别为,,直线与C交于点M,N,若四边形的面积为且,则C的离心率为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知四边形为平行四边形,设,进而得,根据四边形面积求出点M坐标,再代入椭圆方程得出关于e的方程,解方程即可.【详解】如图,不妨设点在第一象限,由椭圆的对称性得四边形为平行四边形,设点,由,得,因为四边形的面积为,所以,得,由,得,解得,所以,即点,代入椭圆方程,得,整理得,由,得, 解得,由,得.故选:A二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知函数,___________.【答案】【解析】【分析】直接利用分段函数的解析式即可求解.【详解】因为,所以,所以.故答案为:-114.某射箭运动员在一次射箭训练中射靶10次,命中环数如下:8,9,8,10,6,7,9,10,8,5,则命中环数的平均数为___________.【答案】【解析】【分析】直接利用求平均数的公式即可求解.【详解】由已知得数据的平均数为,故答案为:.15.已知在四面体ABCD中,,,则______.【答案】24【解析】【分析】由线段的空间关系有,应用向量数量积的运算律及已知条件即可求.【详解】由题设,可得如下四面体示意图, 则,又,,所以.故答案为:2416.将集合且中所有的元素从小到大排列得到的数列记为,则___________(填数值).【答案】992【解析】【分析】列举数列的前几项,观察特征,可得出.【详解】由题意得观察规律可得中,以为被减数的项共有个,因为,所以是中的第5项,所以.故答案为:992.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.已知函数满足.(1)求的解析式,并判断其奇偶性;(2)若对任意,不等式恒成立,求实数a的取值范围.【答案】(1),是奇函数(2)【解析】 【分析】(1)由求出,进而求得的解析式,利用奇偶函数的定义判断函数的奇偶性即可;(2)根据幂函数的单调性可得函数的单调性,求出函数的最小值,将不等式恒成立转化为对任意使得恒成立即可.【小问1详解】因为,所以,所以.所以.的定义城为,且,所以是奇函数.【小问2详解】因为,在上均为增函数,所以在上为增函数,所以.对任意,不等式恒成立,则,所以,即实数a的取值范围为.18.已知数列是等差数列,其前n项和为,,,数列满足(且),.(1)求和的通项公式;(2)求数列的前n项和.【答案】(1),;(2).【解析】【分析】(1)根据,列方程组即可求解数列的通项公式,根据可求数列的通项公式;(2)化简,利用裂项相消法求该数列前n项和.小问1详解】设等差数列公差为d, ∵,∴,∵公差,∴.由得,即,∴数列是首项为,公比为2的等比数列,∴;【小问2详解】∵,∴,.19.已知a,b,c分别是△ABC的三个内角A,B,C所对的边,且.(1)求C;(2)若D是BC的中点,,,求AB的长.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据正弦定理化边角,结合三角变换可求答案;(2)根据余弦定理先求,再用余弦定理求解.【小问1详解】∵,∴由正弦定理可得,∴,∴.∵,∴,即.∵,∴.【小问2详解】设,则, 即,解得或(舍去),∴.∵,∴.20.已知命题p:直线与双曲线的右支有两个不同的交点,命题q:直线与直线平行.(1)若,判断命题“”的真假;(2)若命题“”为真命题,求实数k的取值范围.【答案】(1)命题“”为真命题(2)【解析】【分析】(1)先判断命题p,命题q的真假,再利用复合命题的真假判断;(2)根据命题“”为真命题,由p为真命题,q为假命题求解.【小问1详解】解:对于命题p,易知直线与双曲线的左、右支各有一个交点,∴命题p为假命题;对于命题q,时,有与,显然两条直线垂直,∴命题q为假命题.∴命题“”为真命题.【小问2详解】∵命题“”为真命题,∴p为真命题,q为假命题.对于命题p,由得,直线与双曲线的右支有两个不同的交点,即此方程有两个不同的正根, ∴得.对于命题q,要使命题q为真,则,解得,∴命题q为假命题,即.∴实数k的取值范围为.21.如图所示,在直四棱柱中,底面ABCD是菱形,点E,F分别在棱,上,且,.(1)证明:点在平面BEF内;(2)若,,,求直线与平面BEF所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)设、、、AC与BD的交点为O,由直四棱柱的性质构建空间直角坐标系,确定、的坐标可得,即可证结论.(2)由题设,求出、、的坐标,进而求得面BEF的法向量,利用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面BEF所成角的正弦值.【小问1详解】 由题意,,设,,,设AC与BD的交点为O,以O为坐标原点,分别以BD,AC所在直线为x,y轴建立如下空间直角坐标系,则,,,,所以,,得,即,因此点在平面BEF内.【小问2详解】由(1)及题设,,,,,所以,,.设为平面BEF的法向量,则,令,即.设直线与平面BEF所成角为,则.22.已知椭圆C:长轴长为4,过C的一个焦点且与x轴垂直的直线被C截得的线段长为3.(1)求C的方程;(2)若直线:与C交于A,B两点,线段AB的中垂线与C交于P,Q两点,且,求m的值. 【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由题设可得且,求出,即可得椭圆方程.(2)联立直线l和椭圆C并整理为关于x的一元二次方程,由求出m的范围,再应用韦达定理、弦长公式求,进而可得线段AB的中垂线,同理联立曲线C求相交弦长,再由已知条件求m值,注意其范围.【小问1详解】由题意知,,则,令,可得,由题设有,则,所以C的方程为.【小问2详解】联立方程得:,由,得.设,,则,,所以,另一方面,,即线段AB的中点为,所以线段AB的中垂线方程为.令,联立方程得:. 同理求法,可得:,即.因此,解得,故.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-02-13 10:02:02 页数:17
价格:¥2 大小:1.20 MB
文章作者:随遇而安

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