2021-2022學年廣西蒙山縣高二年級上冊學期期末考試（一）數(shù)學（理）試題【含答案】

2021-2022學年廣西蒙山縣高二上學期期末考試（一）數(shù)學（理）試題一、單選題1．拋物線的焦點坐標為(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】將拋物線方程化為標準方程即可求解﹒【詳解】，則焦點坐標為﹒故選：C﹒2．若變量x，y滿足約束條件，則目標函數(shù)的最大值為（

）A．1 B．-5 C．-2 D．-7【答案】A【分析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數(shù)的幾何意義，進行求最值即可．【詳解】解：由得作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖（陰影部分平移直線，由圖象可知當直線，過點時取得最大值，由，解得，所以．代入目標函數(shù)，得，故選：A．3．已知命題：，命題：，則是的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】因為命題：或，命題：，所以是的必要不充分條件，故選：B4．已知命題，那么命題的否定是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定方法，結合已知中的原命題，可得答案．【詳解】“，”的否定是“，”.故選：C5．函數(shù)的最小值是（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】將函數(shù)變形為，再根據(jù)基本不等式即可求得最小值．【詳解】解：，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值是6．故選：C.6．已知等差數(shù)列的前項和為，，則（

）A．24 B．28 C．30 D．36【答案】D【分析】根據(jù)等差數(shù)列的前項和公式以及等差數(shù)列的下標和性質，即可求解.【詳解】因為是等差數(shù)列，且，所以.故選：.7．在中，若，則的形狀是（

）．A．直角三角形 B．銳角三角形 C．鈍角三角形 D．不確定【答案】A【分析】根據(jù)正弦定理和題設條件，化簡得到，進而得到，即可求解.【詳解】因為，由正弦定理，可得，又由，所以，因為，可得，所以，又因為，所以，所以為直角三角形.故選：A.8．若，則下列不等式正確的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取可判斷A、B、C，由不等式的性質可判斷D，進而可得正確選項.【詳解】對于A，取，則，故選項A錯誤；對于B，取，則，故選項B錯誤；對于C，取，則，故選項C錯誤；對于D，因為，所以，故選項D正確.故選：D.9．已知正三棱柱的所有棱長都為，則與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】通過建立空間直角坐標系，利用兩條異面直線的方向向量的夾角即可得出異面直線所成的角.【詳解】如圖所示，分別取?的中點、，由正三棱柱的性質可得??兩兩垂直，建立空間直角坐標系.所有棱長都為1，，，，.，，，.異面直線與所成角的余弦值為.故選：B.10．已知數(shù)列滿足，為數(shù)列的前n項和，且，則（

）A．3 B．2 C．1 D．4【答案】C【分析】由已知得，從而有數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式計算可求得答案.【詳解】解：若，則，故此時，與題設矛盾，故，而，故，所以，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，所以，解得.故選：C.11．橢圓的左右焦點為?，為橢圓上的一點，，則△的面積為（

）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】由橢圓方程可得，結合余弦定理求得，最后根據(jù)三角形面積公式求△的面積.【詳解】∵點是橢圓上的一點，?是焦點，∴，即①，∵在△中，∴②，①-②得：，.故選：C.12．已知雙曲線E：的漸近線方程是，則E的離心率為（

）A．或2 B． C． D．或【答案】B【分析】由漸近線方程可得b::1，利用雙曲線的參數(shù)關系求離心率即可.【詳解】雙曲線的方程為，雙曲線的漸近線為，結合題意一條漸近線方程為，得b::1，設，，則，該雙曲線的離心率是，故選：B.二、填空題13．若向量，且，則___________.【答案】【分析】空間向量垂直，則空間向量的數(shù)量積為0，進而列出方程，求得結果【詳解】因為，所以，即，解得：故答案為：14．不等式的解集是，則______．【答案】【分析】由一元二次不等式的解集可得求a、b，即可確定目標式的結果.【詳解】由題設，，可得，∴.故答案為：15．已知，點在的延長線上，且，，，則的面積為___________.【答案】【分析】在中利用余弦定理，可得，再根據(jù)，可知為等邊三角形，根據(jù)三角形面積公式，即可求出結果.【詳解】在中，，，，由余弦定理可知，，又，所以，所以，又，所以為等邊三角形，所以的面積為.故答案為：.16．設橢圓的右頂點為A，上頂點為B，左焦點為F.若，則橢圓的離心率為___________.【答案】【分析】由橢圓的方程可得A，F(xiàn)，B的坐標，再由∠ABF＝90°，可得數(shù)量積，整理可得a，c的關系，進而求出橢圓的離心率．【詳解】由橢圓的方程可得，因為∠ABF＝90°，所以，即b2＝ac，而b2＝a2﹣c2，所以，則，，解得e＝．故答案為：．三、解答題17．記是公差不為0的等差數(shù)列的前n項和，若．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由題意首先求得的值，然后結合題意求得數(shù)列的公差即可確定數(shù)列的通項公式；(2)首先求得前n項和的表達式，然后求解二次不等式即可確定n的最小值.【詳解】(1)由等差數(shù)列的性質可得：，則：，設等差數(shù)列的公差為，從而有：，，從而：，由于公差不為零，故：，數(shù)列的通項公式為：.(2)由數(shù)列的通項公式可得：，則：，則不等式即：，整理可得：，解得：或，又為正整數(shù)，故的最小值為.【點睛】等差數(shù)列基本量的求解是等差數(shù)列中的一類基本問題，解決這類問題的關鍵在于熟練掌握等差數(shù)列的有關公式并能靈活運用.18．在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（I）求角B的大??；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范圍．【答案】（I）；（II）【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理邊化角，然后結合特殊角的三角函數(shù)值即可確定角B的大小；（II）方法二：結合(Ⅰ)的結論將含有三個角的三角函數(shù)式化簡為只含有角A的三角函數(shù)式，然后由三角形為銳角三角形確定角A的取值范圍，最后結合三角函數(shù)的性質即可求得的取值范圍.【詳解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.結合余弦定，∴，即，即，即，即，∵為銳角三角形，∴，∴，所以，又B為的一個內(nèi)角，故.[方法二]【最優(yōu)解】：正弦定理邊化角由，結合正弦定理可得：為銳角三角形，故.（II）[方法一]：余弦定理基本不等式因為，并利用余弦定理整理得，即.結合，得.由臨界狀態(tài)（不妨取）可知.而為銳角三角形，所以.由余弦定理得，，代入化簡得故的取值范圍是.[方法二]【最優(yōu)解】：恒等變換三角函數(shù)性質結合(1)的結論有：.由可得：，，則，.即的取值范圍是.【整體點評】（I）的方法一，根據(jù)已知條件，利用余弦定理經(jīng)過較復雜的代數(shù)恒等變形求得，運算能力要求較高；方法二則利用正弦定理邊化角，運算簡潔，是常用的方法，確定為最優(yōu)解；（II）的三種方法中，方法一涉及到較為復雜的余弦定理代入化簡，運算較為麻煩，方法二直接使用三角恒等變形，簡潔明快，確定為最優(yōu)解.19．已知p：函數(shù)在區(qū)間上不是減函數(shù)；q：．(1)若“p且q”為真，求實數(shù)a的最大值；(2)若“p或q”為真，“p且q”為假，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)4(2)【分析】（1）先求出命題均為真命題時的取值范圍，再根據(jù)“p且q”為真，即可求出實數(shù)a的最大值；（2）根據(jù)“p或q”為真，“p且q”為假，得到一真一假，即可求出實數(shù)a的取值范圍．【詳解】（1）當p為真時，函數(shù)在區(qū)間上不是減函數(shù)，所以，解得．

當q為真時，關于x的不等式有解，所以，解得．

若“p且q”為真，則且，所以．所以若“p且q”為真，實數(shù)a的最大值是4．（2）若“p或q”為真，“p且q”為假，則p與q一真一假，有（1）可得，當p真q假時，且，解得；當p假q真時，且，解得．綜上，所求實數(shù)a的取值范圍是．20．如圖，在四棱錐中，底面，四邊形為正方形，，分別為，的中點.(1)求證：平面；(2)若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】(1)取PC中點，構造平行四邊形，根據(jù)線面平行的判定定理證明即可.(2)根據(jù)題意建立空間直角坐標系，利用向量法求線面角的正弦值.【詳解】（1）取中點為，連接，∵，分別為，的中點，∴，.又四邊形為正方形，∴，，又∵為的中點，∴，，∴四邊形為平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）以點為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系.設，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則即令，則，設直線與平面所成角為，則.21．如圖，邊長為2的正方形所在的平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．（1）證明：平面平面；（2）當三棱錐體積最大時，求面與面所成二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）方法一：先證平面CMD,得,再證，由線面垂直的判定定理可得DM⊥平面BMC，即可根據(jù)面面垂直的判定定理證出；（2）方法一：先建立空間直角坐標系，然后判斷出的位置，求出平面和平面的法向量，進而求得平面與平面所成二面角的正弦值．【詳解】（1）［方法一］：【最優(yōu)解】判定定理由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因為M為上異于C，D的點,且DC為直徑，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］：判定定理由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為，平面ABCD,所以平面，而平面，所以，因為M為上異于C，D的點,且DC為直徑，所以DM⊥CM.又，所以，平面，而平面，所以平面平面．［方法三］：向量法建立直角坐標系，如圖2，設，所以，設平面的一個法向量為，所以，即，取平面的一個法向量，同理可得，平面的一個法向量，因為點在以為圓心，半徑為的圓上，所以，，即，而，所以平面平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法以D為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D?xyz.當三棱錐M?ABC體積最大時，M為的中點.由題設得，設是平面MAB的法向量,則即，可取.是平面MCD的一個法向量,因此，，所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是.［方法二］：幾何法（作平行線找公共棱）如圖3，當點M與圓心O連線時，三棱錐體積最大．過點M作，易證為所求二面角的平面角．在中，，即面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是．［方法三］：【最優(yōu)解】面積射影法設平面與平面所成二面角的平面角為．由題可得在平面上的射影圖形正好是．取和的中點分別為N和O，則可得，，所以由射影面積公式有，所以，即面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是．［方法四］：定義法如圖4，可知平面與平面的交線l過點M，可以證明．分別取的中點O，E，聯(lián)結，可證得直線平面，于是平面，所以，故是面與面所成二面角的平面角．在中，，則，所以，即面與面所成二面角的正弦值為．【整體點評】（1）方法一：利用面面垂直的判定定理尋找合適的線面垂直即可證出，是本題的最優(yōu)解；方法二：同方法一，只不過找的線面垂直不一樣；方法三：利用向量法，計算兩個平面的法向量垂直即可，思路簡單，運算較繁．（2）方法一：直接利用向量法解決無棱二面角問題，是該類型題的通性通法；方法二：作平行線找公共棱，從而利用二面角定義找到二面角的平面角，是傳統(tǒng)解決無棱二面角問題的方式；方法三：面積射影法也是傳統(tǒng)解決無棱二面角問題的方式，是本題的最優(yōu)解；方法四：同方法二，通過找到二面角的公共棱，再利用定義找到平面角，即可解出．22．橢圓的左右焦點分別為，，焦距為，為原點.橢圓上任意一點