2021-2022学年陕西省咸阳市秦都区高二年级上册学期期末数学（理）试题【含答案】

2021-2022学年陕西省咸阳市秦都区高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1．不等式的解集是（

）A．或 B．C．或 D．【答案】A【分析】根据一元二次不等式的解法求解即可.【详解】由不等式，解得或，所以不等式的解为：或.故选：A.2．已知命题：，.则命题的否定是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得.【详解】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得：命题：，.则命题的否定是，，故选：D.3．若抛物线：的焦点坐标为，则抛物线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知条件可得，求出，从而可求出抛物线的方程.【详解】因为抛物线：的焦点坐标为，所以，得，所以抛物线方程为，故选：D4．已知实数a，b在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据图象可得，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：由图象可得，所以，故A正确；对于B：因为，所以，所以B错误；对于C：因为，所以，故C错误；对于D：当时，满足，此时，所以，即，故D错误，故选：A5．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线与平面的位置关系是（

）A．垂直 B．平行 C．相交但不垂直 D．无法确定【答案】A【分析】根据向量的坐标可得，从而可判断线面关系.【详解】由题设可得，故直线与平面垂直.故选：A.6．已知等差数列的前项和为，若，，则当取最大值时，的值为（

）A．6 B．7 C．6或7 D．7或8【答案】C【分析】先求出通项公式，利用前n项和的定义即可判断出取最大值时，的值.【详解】设等差数列的公差为d，因为，，所以，解得：，所以.要使取最大值，只需把所有正项都加上，所以，所以.记最大.故选：C.7．已知，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】根据必要不充分条件的定义可得答案.【详解】因为“”不能推出“”，如,“”能够推出“”，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B8．在正四面体中，棱长为1，且D为棱的中点，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合题意画出正四面体，由中点性质可得，则可代换为，由向量数量积公式即可求解【详解】如图，因为D为棱的中点，所以，，因为几何体为正四面体，故与夹角为60°，同理与夹角为60°，，故，故选：D9．已知命题：“到点的距离比到直线的距离小1的动点的轨迹是抛物线”，命题：“1和100的等比中项大于4和14的等差中项”，则下列命题中是假命题的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】对于命题，设动点的坐标为，则根据条件可得动点的轨迹方程，从而可判断该命题的正误.对于命题，求出等比中项和等差中项后可判断其正误，再结合复合命题的真假判断方法可得正确的选项.【详解】对于命题，设动点的坐标为，则，当时，有；当时，有，但此时，故不成立，故动点的轨迹方程为，轨迹为抛物线，故正确.对于，“1和100的等比中项为，而4和14的等差中项为9，故两者大小关系不确定，从而错误.故四个命题中，，，均为真命题，为假命题，故选：B.10．第24届冬季奥林匹克运动会，又称2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月在北京和张家口举行，北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，运用中国书法的艺术形态，将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体，呈现出新时代的中国新形象､新梦想.会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型，下半部分表现滑雪运动员的英姿.中间舞动的线条流畅且充满韵律，代表举办地起伏的山峦､赛场､冰雪滑道和节日飘舞的丝带，下部为奥运五环，不仅象征五大洲的团结，而且强调所有参赛运动员应以公正､坦诚的运动员精神在比赛场上相见.其中奥运五环的大小和间距按以下比例（如图）：若圆半径均为12，则相邻圆圆心水平距离为26，两排圆圆心垂直距离为11，设五个圆的圆心分别为O1，O2，O3，O4，O5，若双曲线C以O1，O3为焦点､以直线O2O4为一条渐近线，则C的离心率为（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】建立直角坐标系，结合图形可得渐近线斜率，再根据公式可得.【详解】如图建立直角坐标系，过向x轴引垂线，垂足为A，易知，故选：A11．已知椭圆：的离心率为，为椭圆上的一个动点，定点，则的最大值为（

）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】根据椭圆的离心率，求出椭圆方程，再利用两点间距离公式和点在圆上，换成关于点横坐标的二次函数，根据二次函数在闭区间上的最值即可求解.【详解】因为椭圆：的离心率为，所以椭圆的离心率，又，则，所以椭圆方程为，设椭圆上一动点，则，所以，因为，所以当时，取最大值，故选：.12．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第10项为（

）A．39 B．45 C．48 D．58【答案】C【分析】由题意，根据高阶等差数列的定义判断出该数列后一项与前一项的差构成新的等差数列，即可求解.【详解】因为，而1，2，3，4，5，6构成等差数列，所以，解得：；，解得：；，解得：.故该数列的第10项为48.故选：C二、填空题13．已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，若，则______【答案】3【分析】根据椭圆的定义列方程，求得的值.【详解】依题意可知，根据椭圆的定义，故答案为：3.14．在中，内角的对边分别为，若，则角的大小为______.【答案】【分析】利用正弦定理边化角可求得，由此可得.【详解】由正弦定理得：，，，，即，又，.故答案为：.15．若变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为______.【答案】【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，结合图像求得的最大值．【详解】.画出可行域如下图所示，由图可知，当平移基准直线到可行域边界点时，取得最大值为．故答案为：16．如图，在直三棱柱中，，，，则二面角的大小为______.【答案】##【分析】由题意以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.【详解】因为三棱柱为直三棱柱，且，，所以，则，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，，设平面，平面，，所以，令，则，所以.则.所以二面角的大小为.故答案为：.三、解答题17．已知等比数列满足，，为数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)若，求的值【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等比数列通项公式可构造方程求得公比，进而得到；（2）利用等比数列求和公式可直接构造方程求得结果.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，解得：，.（2），，解得：.18．已知关于的不等式的解集为.求：(1)实数的取值范围；(2)函数的最小值【答案】(1)(2)4【分析】（1）利用判别式的正负即可求解；（2）利用基本不等式即可求解.【详解】（1）∵不等式的解集为.∴，解得∴实数的取值范围为.（2）由（1）知，∴∴函数，当且仅当，即时取等号∴的最小值为4.19．已知椭圆：的长轴顶点与双曲线的焦点重合，且椭圆经过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且，求点到轴的距离.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程；（2）设，根据列方程，结合在椭圆上求得，进而求得到轴的距离.【详解】（1）对于双曲线，有，且在椭圆上，所以，解得，，∴椭圆的方程为.（2）设，，由，得①，又②，由①②解得，∴点到轴的距离为.20．如图，在中，是上的点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）角的大小；（2）的面积．条件①：；条件②：．【答案】（1），具体选择见解析；（2）.【解析】选择条件①：（1）利用余弦定理即可求解；（2）由（1）可得为直角三角形，利用三角形的面积公式：即可求解.选择条件②：（1）利用正弦定理即可求解.（2）由（1）可得为直角三角形，利用三角形的面积公式：即可求解.【详解】选择条件①：解：（1）在中，由余弦定理，得.

因为，所以.

（2）由（1）知，，因为，所以.

所以为直角三角形.所以，.

又因为，所以.

所以.

选择条件②：解：（1）在中,，.由正弦定理，得.

由题可知，所以.

（2）由（1）知，，因为，所以.

所以为直角三角形，得.

又因为，所以.

所以.21．如图，在空间直角坐标系中有长方体，且，，点E在棱AB上移动.(1)证明：；(2)当E为AB的中点时，求直线AC与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，求出，，利用向量法能求出；（2）求出平面的法向量，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：设，，，，；（2）当为的中点时，，，设平面的法向量，则，取，得，设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为：．22．已知点在抛物线：上(1)求抛物线的方程；(2)若直线与抛物线交于，两点，，且（其中