2021-2022学年广西南宁市普通高中联盟高二上学期期末联考数学（理）试题解析

1、试卷第 =page 2 2页，共 =sectionpages 4 4页第 Page * MergeFormat 13 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 13 页2021-2022学年广西南宁市普通高中联盟高二上学期期末联考数学（理）试题一、单选题1已知等比数列中，则该数列的公比为（）ABCD【答案】C【分析】设等比数列的公比为，可得出，即可得解.【详解】设等比数列的公比为，可得出.故选：C.2不等式的解集为（）A或BCD【答案】A【分析】根据一元二次不等式的解法可得答案.【详解】由不等式可得或不等式的解集为或故选：A3椭圆的长轴长为（）ABCD【答案】D【分析】由椭圆方程可

2、直接求得.【详解】由椭圆方程知：，长轴长为.故选：D.4已知中，内角所对的边分别，若，则（）ABCD【答案】B【分析】利用正弦定理可直接求得结果.【详解】在中，由正弦定理得：.故选：B.5若命题p为真命题，命题q为假命题，则下列命题为真命题的是（）ABCD【答案】B【分析】根据逻辑联结词“且”，一假则假，对四个选项一一判断直接即可判断.【详解】逻辑联结词“且”，一假则假.因为命题p为真命题，命题q为假命题，所以为假命题，为真命题.所以，为假，故A错误；为真，故B正确；为假，故C错误；为假，故D错误.故选：B6已知三维数组，且，则实数（）A-2B-9CD2【答案】D【分析】由空间向量的数量积运算

3、即可求解【详解】，且，解得故选：D7已知p：，那么p的一个充分不必要条件是（）ABCD【答案】C【分析】按照充分不必要条件依次判断4个选项即可.【详解】A选项：，错误；B选项：，错误；C选项：，正确；D选项：，错误.故选：C.8南北朝时期杰出的数学家祖冲之的儿子祖暅在数学上也有很多创造，其最著名的成就是祖暅原理：夹在两个平行平面之间的几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，现有一个圆柱体和一个长方体，它们的底面面积相等，高也相等，若长方体的底面周长为，圆柱体的体积为，根据祖暅原理，可推断圆柱体的高（）A有最小值B有最大值C有最小值D

4、有最大值【答案】C【分析】由条件可得长方体的体积为，设长方体的底面相邻两边分别为，根据基本不等式，可求出底面面积的最大值，进而求出高的最小值，得出结论.【详解】依题意长方体的体积为，设圆柱的高为长方体的底面相邻两边分别为，当且仅当时，等号成立，.故选:C.【点睛】本题以数学文化为背景，考查基本不等式求最值，要认真审题，理解题意，属于基础题.9下列说法正确的个数有（）（）命题“若，则”的否命题为：“若，则”；（）“，”的否定为“，使得”；（）命题“若，则有实根”为真命题；（）命题“若，则”的否命题为真命题；A1个B2个C3个D4个【答案】B【分析】根据四种命题的结构特征可判断（）（）的正误，根据

5、全称命题的否定形式可判断（）的正误，根据判别式的正误可判断（）的正误.【详解】命题“若，则”的否命题”为“若，则”，故（）错误.“，”的否定为“，使得”，故（）正确，当时，故有实根，故（）正确，“若，则”的否命题为“若，则”，取，则，故命题若，则为假命题，故（）错误.故选：B10已知抛物线的焦点为，为抛物线上第一象限的点，若，则直线的倾斜角为（）ABCD【答案】C【分析】设点，其中，根据抛物线的定义求得点的坐标，即可求得直线的斜率，即可得解.【详解】设点，其中，则，可得，则，所以点，故，因此，直线的倾斜角为.故选：C.11已知等差数列的前项和为，则的值为（）ABCD【答案】A【分析】由可求得，

6、利用可构造方程求得.【详解】，解得：.故选：A.12由下面的条件一定能得出为锐角三角形的是（）ABCD【答案】D【分析】对于A，两边平方得，由得，即为钝角；对于B，由正弦定理求出，进而求出，可得结果；对于C，根据平方关系将余弦化为正弦，用正弦定理可将角转化为边，进而可得的值，从而作出判断；对于D，由可得，推出，故可知三个内角均为锐角【详解】解：对于A，由，两边平方整理得，因为，所以，所以，所以，所以为钝角三角形，故A不正确；对于B，由，得，所以，因为，所以，所以或，所以或，所以为直角三角形或钝角三角形，故B不正确；对于C，因为，所以，即，由正弦定理得，由余弦定理得，因为，所以，故三角形为钝角三

7、角形，C不正确；对于D，由可得，因为中最多只有一个钝角，所以，中最多只有一个为负数，所以，所以中三个内角都为锐角，所以为锐角三角形，故D正确；故选：D二、填空题13若数列满足，则_【答案】7【分析】根据递推公式，依次求得的值.【详解】依题意，由，可知，故答案为：714已知，满足约束条件则的最小值为_【答案】2【详解】由题意，根据约束条件作出可行域图，如图所示，将目标函数转化为，作出其平行直线，并将其在可行域内平行上下移动，当移到顶点时，在轴上的截距最小，即.15如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是_【答案】【详解】试题分析：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，

8、则，即异面直线A1M与DN所成角的大小是【解析】异面直线所成的角16已知双曲线，的左、右焦点分别为、，且的焦点到渐近线的距离为1，直线与交于，两点，为弦的中点，若为坐标原点）的斜率为，则下列结论正确的是_；的离心率为；若，则的面积为2；若的面积为，则为钝角三角形【答案】【分析】由已知可得，可求，从而判断，求出的面积可判断，设，利用面积求出点的坐标，再求边长，求出可判断【详解】解：设，可得，两式相减可得，由题意可得，且，故正确；的焦点到渐近线的距离为1，设到渐近线的距离为，则，即，故错误，若，不妨设在右支上，又，则的面积为，故不正确；设，将代入双曲线，得，根据双曲线的对称性，不妨取点的坐标为，为

9、钝角，为钝角三角形故正确故答案为：三、解答题17在中，为边上一点，且（1）求；（2）若，求【答案】（1）；（2）【分析】（1）在中，由余弦定理，即可求.（2）在中，由正弦定理，即可求.【详解】（1）在中，由余弦定理得：，（2）在中，由正弦定理得：，即，18已知等差数列满足， (1)求数列的通项公式及前10项和；(2)等比数列满足，求和：【答案】(1)，175(2)【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式先求出公差，然后结合通项公式及求和公式即可求解；（2）结合等比数列的性质先求出，然后结合等比数列性质及求和公式可求【详解】(1)解：等差数列满足，所以，；(2)解：因为等比数列满足，所以或（舍

10、去），由等比数列的性质可知，是以1为首项，4为公比的等比数列，所以，所以19已知三角形的内角所对的边分别为，且C为钝角.(1)求cosA；(2)若，求三角形的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.(2)由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积【详解】(1)因为，由正弦定理得因为，所以.因为角为钝角，所以角为锐角，所以(2)由(1)，由余弦定理，得，所以，解得或，不合题意舍去，故的面积为=20设数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和为.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用可求得结果；（2）

11、由（1）可得，利用裂项相消法可求得结果.【详解】(1)当时，；当时，；经检验：满足；综上所述：.(2)由（1）得：，.21如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，F，G分别是，的中点(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的大小【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1) 取中点连接，连接，证得四边形为平行四边形，再证面，即可得到证明结果；（2）建立空间坐标系，求面和面的法向量，即可得到两个面的二面角的余弦值，进而得到二面角大小.【详解】(1)如上图，取中点连接，连接，均为线段中点，且，又G是的中点，且且 四边形为平行四边形 为等腰直角三角形， 为斜边中点， 面，面 面 又 面 .(2)建立如图坐标系， 设面的法向量为 设面的法向量为两个法向量的夹角余弦值为：，由图知两个面的二面角为钝角，故夹角为.22已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点设过点的动直线与相交于，两点(1)求椭圆的方程(2)是否存在直线，使得的面积为？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由【答案】(1)；(2)存在；或.【分析】（1）设，由，求得的值即可得椭圆的方程；（2