2021-2022学年广西蒙山县第一中学高二上学期期末考试（一）数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广西蒙山县第一中学高二上学期期末考试（一）数学（理）试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广西蒙山县第一中学高二上学期期末考试（一）数学（理）试题 一、单选题1．抛物线的焦点坐标为(    )A． B． C． D．【答案】C【分析】将抛物线方程化为标准方程即可求解﹒【详解】，则焦点坐标为﹒故选：C﹒2．若变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为（    ）A．1 B．-5 C．-2 D．-7【答案】A【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．【详解】解：由得作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分平移直线，由图象可知当直线，过点时取得最大值，由，解得，所以．代入目标函数，得，故选：A．3．已知命题：，命题：，则是的（    ）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【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】因为命题：或 ，命题：，所以是的必要不充分条件，故选：B4．已知命题，那么命题的否定是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据存在量词命题的否定方法，结合已知中的原命题，可得答案．【详解】“，”的否定是“，”.故选：C5．函数的最小值是（    ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】将函数变形为，再根据基本不等式即可求得最小值．【详解】解：，，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是6．故选：C.6．已知等差数列的前项和为，，则（    ）A．24 B．28 C．30 D．36【答案】D【分析】根据等差数列的前项和公式以及等差数列的下标和性质，即可求解.【详解】因为是等差数列，且，所以.故选：.7．在中，若，则的形状是（    ）．A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．不确定【答案】A【分析】根据正弦定理和题设条件，化简得到，进而得到，即可求解.【详解】因为，由正弦定理，可得，又由，所以，因为，可得，所以，又因为，所以，所以为直角三角形.故选：A.8．若，则下列不等式正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】取可判断A、B、C，由不等式的性质可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A，取，则，故选项A错误；对于B，取，则，故选项B错误；对于C，取，则，故选项C错误；对于D，因为，所以，故选项D正确.故选：D.9．已知正三棱柱的所有棱长都为，则与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】通过建立空间直角坐标系，利用两条异面直线的方向向量的夹角即可得出异面直线所成的角.【详解】如图所示，分别取､的中点、，由正三棱柱的性质可得､､两两垂直，建立空间直角坐标系.所有棱长都为1，，，，.，，，.异面直线与所成角的余弦值为.故选：B.10．已知数列满足，为数列的前n项和，且，则（    ）A．3 B．2 C．1 D．4【答案】C【分析】由已知得，从而有数列是公比为的等比数列，根据等比数列的求和公式计算可求得答案.【详解】解：若，则，故此时，与题设矛盾，故，而，故，所以，所以数列是公比为的等比数列，所以，解得.故选：C.11．椭圆的左右焦点为､，为椭圆上的一点，，则△的面积为（    ）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】由椭圆方程可得，结合余弦定理求得，最后根据三角形面积公式求△的面积.【详解】∵点是椭圆上的一点，､是焦点，∴，即①，∵在△中，∴②，①-②得：，.故选：C.12．已知双曲线E：的渐近线方程是，则E的离心率为（       ）A．或2 B． C． D．或【答案】B【分析】由渐近线方程可得b::1，利用双曲线的参数关系求离心率即可.【详解】双曲线的方程为，双曲线的渐近线为，结合题意一条渐近线方程为，得b::1，设，，则，该双曲线的离心率是，故选：B. 二、填空题13．若向量，且，则___________.【答案】【分析】空间向量垂直，则空间向量的数量积为0，进而列出方程，求得结果【详解】因为，所以，即，解得： 故答案为：14．不等式的解集是，则______．【答案】【分析】由一元二次不等式的解集可得求a、b，即可确定目标式的结果.【详解】由题设，，可得，∴.故答案为：15．已知，点在的延长线上，且，，，则的面积为___________.【答案】【分析】在中利用余弦定理，可得，再根据，可知为等边三角形，根据三角形面积公式，即可求出结果.【详解】在中，，，，由余弦定理可知，，又，所以，所以，又，所以为等边三角形，所以的面积为.故答案为：.16．设椭圆的右顶点为A，上顶点为B，左焦点为F.若，则椭圆的离心率为___________.【答案】【分析】由椭圆的方程可得A，F，B的坐标，再由∠ABF＝90°，可得数量积，整理可得a，c的关系，进而求出椭圆的离心率．【详解】由椭圆的方程可得，因为∠ABF＝90°，所以，即b2＝ac，而b2＝a2﹣c2，所以，则，，解得e＝．故答案为：． 三、解答题17．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.18．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）；（II）【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.结合余弦定，∴，即，即，即，即，∵为锐角三角形，∴，∴，所以，又B为的一个内角，故.[方法二]【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II） [方法一]：余弦定理基本不等式因为，并利用余弦定理整理得，即.结合，得.由临界状态（不妨取）可知.而为锐角三角形，所以.由余弦定理得，，代入化简得故的取值范围是.[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.19．已知p：函数在区间上不是减函数；q：．(1)若“p且q”为真，求实数a的最大值；(2)若“p或q”为真，“p且q”为假，求实数a的取值范围．【答案】(1)4(2) 【分析】（1）先求出命题均为真命题时的取值范围，再根据“p且q”为真，即可求出实数a的最大值；（2）根据“p或q”为真，“p且q”为假，得到一真一假，即可求出实数a的取值范围．【详解】（1）当p为真时，函数在区间上不是减函数，所以，解得．           当q为真时，关于x的不等式有解，所以，解得．           若“p且q”为真，则且，所以．所以若“p且q”为真，实数a的最大值是4．（2）若“p或q”为真，“p且q”为假，则p与q一真一假，有（1）可得，当p真q假时，且，解得；当p假q真时，且，解得．综上，所求实数a的取值范围是．20．如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，分别为，的中点.(1)求证：平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)取PC中点，构造平行四边形，根据线面平行的判定定理证明即可.(2)根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.【详解】（1）取中点为，连接，∵，分别为，的中点，∴，.又四边形为正方形，∴，，又∵为的中点，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.设，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则即令，则，设直线与平面所成角为，则.21．如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）方法一：先证平面CMD,得,再证，由线面垂直的判定定理可得DM⊥平面BMC，即可根据面面垂直的判定定理证出；（2）方法一：先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值．【详解】（1）［方法一］：【最优解】判定定理由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.［方法二］：判定定理由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为，平面ABCD,所以平面，而平面，所以，因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又，所以，平面，而平面，所以平面平面．［方法三］：向量法建立直角坐标系，如图2，设，所以，设平面的一个法向量为，所以，即，取平面的一个法向量，同理可得，平面的一个法向量，因为点在以为圆心，半径为的圆上，所以，，即，而，所以平面平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即，可取.是平面MCD的一个法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.［方法二］：几何法（作平行线找公共棱）如图3，当点M与圆心O连线时，三棱锥体积最大．过点M作，易证为所求二面角的平面角．在中，，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．［方法三］：【最优解】面积射影法设平面与平面所成二面角的平面角为．由题可得在平面上的射影图形正好是．取和的中点分别为N和O，则可得，，所以由射影面积公式有，所以，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．［方法四］：定义法如图4，可知平面与平面的交线l过点M，可以证明．分别取的中点O，E，联结，可证得直线平面，于是平面，所以，故是面与面所成二面角的平面角．在中，，则，所以，即面与面所成二面角的正弦值为．【整体点评】（1）方法一：利用面面垂直的判定定理寻找合适的线面垂直即可证出，是本题的最优解；方法二：同方法一，只不过找的线面垂直不一样；方法三：利用向量法，计算两个平面的法向量垂直即可，思路简单，运算较繁． （2）方法一：直接利用向量法解决无棱二面角问题，是该类型题的通性通法；方法二：作平行线找公共棱，从而利用二面角定义找到二面角的平面角，是传统解决无棱二面角问题的方式；方法三：面积射影法也是传统解决无棱二面角问题的方式，是本题的最优解；方法四：同方法二，通过找到二面角的公共棱，再利用定义找到平面角，即可解出．22．椭圆的左右焦点分别为，，焦距为，为原点.椭圆上任意一点到，距离之和为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的斜率为2的直线交椭圆于､两点，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意和椭圆的定义可知a，c，再根据，即可求出b，由此即可求出椭圆的方程；（2）求出直线的方程，将其与椭圆方程联立，根据弦长公式求出的长度，再根据点到直线的距离公式求出点O到直线AB的距离，再根据面积公式即可求出结果.【详解】（1）由题意可得，，∴，，，所以椭圆的标准方程为.（2）直线l的方程为，代入椭圆方程得，设，，则，，，∴，又∵点O到直线AB的距离，∴，即△OAB的面积为.