陕西省咸阳市2022学年高二上学期期末数学试题（理）

陕西省咸阳市2022-2022学年高二上学期期末考试数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.与命题“若x=3，则x2−2x−3=0”等价的命题是(　　)A.若x≠3，则x2−2x−3≠0B.若x=3，则x2−2x−3≠0C.若x2−2x−3≠0，则x≠3D.若x2−2x−3≠0，则x=3【答案】C【解析】解：原命题与逆否命题属于等价命题，此命题的逆否命题是：若x2−2x−3≠0，则x≠3．故选：C．原命题与逆否命题属于等价命题，写出命题的逆否命题得答案．本题考查了四种命题间的逆否关系，是基础题．2.在等比数列{an}中，若a2，a9是方程x2−x−6=0的两根，则a5⋅a6的值为(　　)A.6B.−6C.−1D.1【答案】B【解析】解：∵在等比数列{an}中，a2，a9是方程x2−x−6=0的两根，∴a5⋅a6=a2⋅a9=−6．∴a5⋅a6的值为−6．故选：B．利用韦达定理和等比数列的通项公式直接求解．本题考查等比数列中两项积的求法，考查韦达定理和等比数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.设x<a<0，则下列不等式一定成立的是(　　)A.x2<ax<a2B.x2>ax>a2C.x2<a2<axD.x2>a2>ax【答案】B【解析】解∵x<a<0，∴ax>a2，x2>ax，∴x2>ax>a2故选：B．直接利用不等式性质a>b，在两边同时乘以一个负数时，不等式改变方向即可判断．本题主要考查了不等式的性质的简单应用，属于基础试题．4.命题“∀x∈R，ex>x”的否定是(　　)9/10\nA.∃x∈R，ex<xB.∀x∈R，ex<xC.∀x∈R，ex≤xD.∃x∈R，ex≤x【答案】D【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x∈R，e>x”的否定是：∃x∈R，ex≤x．故选：D．直接利用全称命题是否定是特称命题写出结果即可．本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．1.不等式2x+1x−3≤0的解集为(　　)A.{x|−12≤x≤3}B.{x|−12<x<3}C.{x|−12≤x<3}D.{x|x≤12或x≥3}【答案】C【解析】解：不等式等价为x−3≠0(2x+1)(x−3)≤0，得−12≤≤x≤3x≠3，即|−12≤x<3，即不等式的解集为{x|−12≤x<3}，故选：C．将分式不等式转化为一元二次不等式，进行求解即可．本题主要考查分式不等式的求解，利用转化转化为一元二次不等式是解决本题的关键．2.命题甲：x=−2是命题乙：x2=4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】A【解析】解：x2=4⇔x=±2，∵x=−2⇒x=±2，x=±2推不出x=−2，∴x=−2是x2=4的充分不必要条件．故选：A．把x2=4转化为x=±2，由x=−2⇒x=±2，x=±2推不出x=−2，得x=−2是x2=4的充分不必要条件．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．3.△ABC中，a，b，C分别是角A，B、C所对应的边，a=4，b=43，A=30∘，则B=(　　)9/10\nA.60∘或120∘B.60∘C.30∘或150∘D.30∘【答案】A【解析】解：由a=4，b=43，A=30∘，可得B>A=30∘；正弦定理：asinA=bsinB，可得412=43sinB解得：sinB=32；∵0<B<π，∴B=60∘或120∘；故选：A．根据正弦定理和大边对大角，可得答案．本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用，考查运算能力，属于基础题．1.设实数a=5−3.b=3−1，c=7−5，则(　　)A.b>a>cB.c>b>aC.a>b>cD.c>a>b【答案】A【解析】解：5−3=25+3．3−1=23+1，7−5=27+5，∵3+1<3+5<5+7，∴23+1>25+3>27+5，即b>a>c，故选：A．利用分子有理化进行化简，结合不等式的性质进行判断即可．本题主要考查不等式的大小比较，利用分子有理化进行化简是解决本题的关键．2.已知x，y满足约束条件x−y+4≥0x≤2x+y−2≥0，则z=x+3y的最小值为(　　)A.0B.2C.6D.8【答案】B【解析】解：x，y满足约束条件x−y+4≥0x≤2x+y−2≥0表示的区域如图：由z=x+3y，当直线经过图中A(2,0)时，直线在y轴上的截距最小，所以最小值为2；故选：B．画出不等式组表示的平面区域，利用目标函数的几何意义求最大值．9/10\n本题考查了简单线性规划问题；正确画出可行域，利用目标函数的几何意义求最值是解答的关键．1.在等差数列{an}中，已知a6+a7<0，且S11>0，则Sn中最大的是(　　)A.S5B.S6C.S7D.S8【答案】B【解析】解：∵在等差数列{an}中，a6+a7<0，且S11>0，∴S11=112(a1+a11)=11a6>0，∴a6>0，a7<0，∴Sn中最大的是S6．故选：B．由a6+a7<0，且S11=112(a1+a11)=11a6>0，得到a6>0，a7<0，由此能求出Sn中最大的是S6．本题考查等差数列中前n项和最大时项数的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.如图，在四面体OABC中，M、N分别在棱OA、BC上，且满足OM=2MA，BN=NC，点G是线段MN的中点，用向量OA，OB，OC表示向量OG应为(　　)A.OG=13OA+14OB+14OCB.OG=13OA−14OB+14OCC.OG=13OA−14OB−14OCD.OG=13OA+14OB−14OC【答案】A【解析】解：∵在四面体OABC中，M、N分别在棱OA、BC上，且满足OM=2MA，BN=NC，点G是线段MN的中点，∴OG=OM+MG=23OA+12MN=23OA+12(MA+AN)=23OA+12[13OA+12(AB+AC)]=23OA+16OA+14(OB−OA)+14(OC−OA)=13OA+14OB+14OC．9/10\n故选：A．利用空间向量加法法则直接求解．本题考查命题真假的判断，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．1.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点M在抛物线C上，|MF|=5，线段MF中点的横坐标为52，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则抛物线C的焦点到准线的距离为(　　)A.4或8B.2或8C.2或4D.4或16【答案】B【解析】解：∵抛物线C方程为y2=2px(p>0)，∴焦点F(p2,0)，准线方程为x=−p2，设M(x,y)，由抛物线性质|MF|=x+p2=5，可得x=5−p2，因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为5−P2+P22=52，由已知圆半径也为52，据此可知该圆与y轴相切于点(0,2)，故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，即M(5−p2,4)，代入抛物线方程得p2−10p+16=0，所以p=2或p=8，则则C的焦点到准线距离为2或8．故选：B．求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义和准线和圆相切的条件，求出M(5−P2,4)，代入抛物线方程得p2−10p+16=0，求出p．本题考查抛物线的定义和方程、性质，注意运用第一发和中位线定理和直线和圆相切，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）2.已知a=(2,−1,2)，b=(−4,2，x)，且a//b，则x=______．【答案】解：∵a//b，∴2×2=−2×x∴x=−4．故答案为：−4【解析】利用向量共线的充要条件：坐标交叉相乘的积相等，列出方程求出x的值．解决向量共线问题，一般利用向量共线的充要条件：坐标交叉相乘的积相等找解决的思路．9/10\n1.若一元二次不等式ax2−2x+2>0的解集是(−12,13)，则a的值是______．【答案】−12【解析】解：一元二次不等式ax2−2x+2>0的解集是(−12,13)，则−12和13是一元二次方程ax2−2x+2=0的实数根，∴−12×13=2a，解得a=−12．故答案为：−12．根据一元二次不等式和对应方程的关系，利用根与系数的关系求出a的值．本题考查了一元二次不等式与对应方程的应用问题，是基础题．2.已知两个正实数x，y满足2x+1y=1，且恒有x+2y>m，则实数m的取值范围是______．【答案】(−∞,8)【解析】解：∵x>0，y>0，2x+1y=1，∴x+2y=(x+2y)(2x+1y)=2+2+4yx+xy≥4+24yx⋅xy=8，(当且仅当x=4，y=2时，取等号)，x+2y>m恒成立等价于8>m，故答案为：(−∞,8)．先用基本不等式求出x+2y的最小值8，然后解一元二次不等式得到结果．本题考查了基本不等式及其应，属基础题．3.当双线M：x2m−y2m2+4=1的离心率取得最小值时，双曲线M的渐近线方程为______．【答案】y=±2x【解析】解：双曲线M：x2m−y2m2+4=1，显然m>0，双曲线的离心率e=m2+m+4m=m+4m+1≥2m×4m+1=5，当且仅当m=2时取等号，此时双曲线M：x22−y28=1的双曲线的渐近线方程为：y=±2x．故答案为：y=±2x．求出双曲线的离心率的表达式，然后求解最小值，求出m，即可情况双曲线的渐近线方程．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．9/10\n三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）1.已知{an}为等差数列，且a3=−6，S6=−30．(1)求{an}的通项公式；(2)若等比数列{bn}满足b1=8，b2=a1+a2+a3，求{bn}的前n项和公式．【答案】解：(1)∵{an}为等差数列，设公差为d，由已知可得6a1+15d=−30a1+2d=−6，解得a1=−10，d=2．∴an=a1+(n−1)d=2n−12；(2)由b1=8，b2=a1+a2+a3=−10−8−6=−24，∴等比数列{bn}的公比q=b2b1=−3，∴{bn}的前n项和公式Tn=b1(1−qn)1−q=8[1−(−3)n]1−(−3)=2−2⋅(−3)n．【解析】(1)设等差数列的公差为d，由已知列关于首项与公差的方程组，求得首项与公差，则{an}的通项公式可求；(2)求出b2，进一步得到公比，再由等比数列的前n项和公式求解．本题考查等差数列的通项公式，考查等比数列的前n项和，是中档题．2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinC1−cosA=3c．(Ⅰ)求角A的大小；(Ⅱ)若b+c=10，S△ABC=43，求a的值．【答案】解：(Ⅰ)由正弦定理可得：sinAsinC1−cosA=3sinC，∵sinC≠0，∴sinA=3(1−cosA)，∴sinA+3cosA=2sin(A+π3)=3，可得：sin(A+π3)=32，∵A+π3∈(π3,4π3)，∴A+π3=2π3，可得：A=π3，(Ⅱ)∵S△ABC=43=12bcsinA=34bc，∴可得：bc=16，∵b+c=10，∴a=b2+c2−2bccosπ3=(b+c)2−2bc−bc=213．【解析】(Ⅰ)由正弦定理化简已知等式可得：sinAsinC1−cosA=3sinC，结合sinC≠0，利用两角和的正弦函数公式可求sin(A+π3)=32，结合范围A+π3∈(π3,4π3)，可求A的值．(Ⅱ)利用三角形的面积公式可求bc=16，进而根据余弦定理即可解得a的值．9/10\n本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．1.直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，M是侧棱CC1上一点，设MC=h，用空间向量知识解答下列问题．(Ⅰ)若h=1，证明：BM⊥A1C；(Ⅱ)若h=2，求直线BA1与平面ABM所成的角的正弦值．【答案】证明：(Ⅰ)直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，M是侧棱CC1上一点，设MC=h，h=1，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，B(2,0，0)，M(0,2，1)，A1(0,0，4)，C(0,2，0)，BM=(−2,2，1)，A1C=(0,2，−4)，∴BM⋅A1C=0+4−4=0，∴BM⊥A1C.(Ⅱ)当h=2时，M(0,2，2)，BA1=(−2,0，4)，AB(2,0，0)，AM=(0,2，2)，设平面ABM的法向量n=(x,y，z)，则n⋅AB=2x=0n⋅AM=2y+2z=0，取y=1，得n=(0,1，−1)，设直线BA1与平面ABM所成的角为θ，则sinθ=|BA1⋅n||BA1|⋅|n|=420⋅2=105．∴直线BA1与平面ABM所成的角的正弦值为105．【解析】(Ⅰ)以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BM⊥A1C.(Ⅱ)当h=2时，求出平面ABM的法向量，利用向量法能求出直线BA1与平面ABM所成的角的正弦值．本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．2.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(3,22)，(2,−1)，直线l：x−my+1=0与椭圆C交于M(x1,y1)，N(x2,y2)两点．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)已知点A(−94,0)，且A、M、N三点不共线，证明：∠MAN是锐角．【答案】解：(Ⅰ)将点(3,22)、(2,−1)的坐标代入椭圆C的方程得3a2+12b2=12a2+1b2=1，解得b2=2a2=4，所以，椭圆C9/10\n的标准方程为x24+y22=1；(Ⅱ)将直线l的方程与椭圆C的方程联立x−my+1=0x24+y22=1，消去x并化简得(m2+2)y2−2my−3=0，△>0恒成立，由韦达定理得y1+y2=2mm2+2，y1y2=−3m2+2．AM=(x1+94,y1)=(my1+54,y1)，同理可得AN=(my2+54,y2)所以，AM⋅AN=(my1+54)(my2+54)+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=−3(m2+1)m2+2−5m22(m2+2)+2516=17m2+216(m2+2)>0．由于A、M、N三点不共线，因此，∠MAN是锐角．【解析】(Ⅰ)将题干中两点坐标代入椭圆C的方程，求出a和b的值，即可得出椭圆C的标准方程；(Ⅱ)将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，利用向量数量积的坐标运算并代入韦达定理计算AM⋅AN>0，并结合A、M、N三点不共线，可证明出∠MAN是锐角．本题考查直线与椭的综合问题，考查椭圆的方程，结合向量数量积的坐标运算进行考察，属于中等题．1.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD=DE=2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF//平面BCE；(2)求二面角C−BE−D的余弦值的大小．【答案】证明：(1)设AD=DE=2AB=2a，以AC，AB所在的直线分别作为x轴、z轴，以过点A在平面ACD内和AC垂直的直线作为y轴，建立如图所示的坐标系，A(0,0，0)，C(2a,0，0)，B(0,0，a)，D(a,3a,0)，E(a,3a,2a)．∵F为CD的中点，∴F(3a2,3a2,0)．AF=(32a,3a2,0)，BE=(a,3a,a)，BC=(2a,0，−a)，∴AF=12(BE+BC)，AF⊄平面BCE，∴AF//平面BCE．解：(2)设平面BCE的一个法向量m=(x,y，z)，则m⋅BE=ax+3ay+az=0m⋅BC=2ax−az=0，令x=1，得m=(1,−3,2)．设平面BDE的一个法向量n=(x,y，z)，BD=(a,3a,−a)，则n⋅BE=ax+3ay+az=0n⋅BD=ax+3ay−az=0，令x=3，得n=(3,−1,0)．9/10\n∴cos<m,n>=m⋅n|m|⋅|n|=64．故二面角C−BE−D的余弦值为64．【解析】(1)设AD=DE=2AB=2a，以AC，AB所在的直线分别作为x轴、z轴，以过点A在平面ACD内和AC垂直的直线作为y轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AF//平面BCE．(2)求出平面BCE的一个法向量和设平面BDE的一个法向量，利用向量法能证明二面角C−BE−D的余弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．1.已知抛物线E：x2=2px(p>0)的焦点为F，A(2,y0)是抛物线E上一点，且|AF|=2．(Ⅰ)求抛物线E的标准方程；(Ⅱ)设点B是抛物线E上异于点A的任意一点，直线AB与直线y=x−3交于点P，过点P作x轴的垂线交抛物线E于点M，设直线BM的方程为y=kx+b，k，b均为实数，请用k的代数式表示b，并说明直线BM过定点．【答案】解：(Ⅰ)根据题意知，4=2py0，…①因为|AF|=2，所以y0+p2=2，…②联立①②解得y0=1，p=2；所以抛物线E的标准方程为x2=4y；(Ⅱ)设B(x1,y1)，M(x2,y2)；又直线BM的方程为y=kx+b，代入x2=4y，得x2−4kx−4b=0；由根与系数的关系，得x1+x2=4k，x1x2=−4b；…③由MP⊥x轴及点P在直线y=x−3上，得P(x2,x2−3)，则由A，P，B三点共线，得x2−4x2−2=kx1+b−1x1−2，整理，得(k−1)x1x2−(2k−4)x1+(b+1)x2−2b−6=0；将③代入上式并整理，得(2−x1)(2k+b−3)=0，由点B的任意性，得2k+b−3=0，即b=3−2k，所以y=kx+3−2k=k(x−2)+3；即直线BM恒过定点(2,3)．【解析】(Ⅰ)由题意，利用抛物线的定义与性质求得p的值，即可写出抛物线方程；(Ⅱ)设点B(x1,y1)，M(x2,y2)，由直线BM的方程和抛物线方程联立，消去y，利用根与系数的关系和A，P，B三点共线，化简整理可得BM的方程，从而求出直线BM所过的定点．本题考查了抛物线的性质和直线和抛物线的位置关系，以及直线过定点的应用问题，是中档题．9/10