2021-2022学年陕西省渭南市白水县高二年级上册学期期末数学（理）试题【含答案】

2021-2022学年陕西省渭南市白水县高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1．在等比数列中，，，则等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等比数列的性质进行求解即可.【详解】由等比数列的性质，，∴，∴.故选：B.2．若且，则下列不等式中一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据不等式的性质即可判断.【详解】对于A，若，则不等式不成立；对于B，若，则不等式不成立；对于C，若均为负值，则不等式不成立；对于D，不等号的两边同乘负值，不等号的方向改变，故正确；故选：D【点睛】本题主要考查不等式的性质，需熟练掌握性质，属于基础题.3．设双曲线的实轴长与焦距分别为2,4，则双曲线C的渐近线方程为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可求出，即可得出渐近线方程.【详解】因为，所以，所以的渐近线方程为.故选：C.4．已知命题p：x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0,则p是A．x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0B．x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0C．x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)<0D．x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)<0【答案】C【详解】全称命题的的否定是存在性命题,因为，命题p：x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0,所以，p是x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)<0，故选C.【解析】全称命题与存在性命题.点评：简单题，全称命题的的否定是存在性命题.5．设，，，则有（

）.A． B．C． D．m，n的大小不定【答案】A【分析】利用作差法即可比较大小.【详解】由已知，所以，所以又因为，且，所以.故选：A6．已知点为空间不共面的四点，且向量，向量，则与不能构成空间基底的向量是(

)A． B． C． D．或【答案】C【分析】利用空间向量的基底的意义即可得出．【详解】，与、不能构成空间基底；故选：C．7．在中，若，且，则是（

）.A．直角三角形 B．等边三角形C．钝角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.【详解】由，得，整理得，则，因为，所以，又由，得化简得，所以为等边三角形，故选：B8．若x，y满足约束条件，则的最大值是（

）.A．2 B．3 C．8 D．12【答案】C【分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义求出最值.【详解】画出可行域，如图所示，当经过点时，取得最大值，联立，解得：，故，此时，故的最大值为8.故选：C9．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】在正四面体中，由中点性质可得，则可代换为，由向量的数量积公式即可求解.【详解】如图，因为D为棱的中点，所以，，由正四面体得性质，与的夹角为60°，同理与的夹角为60°，，，故，故选：D.10．命题：若，，则，命题：若，，则.在命题①且②或③非④非中，真命题是（

）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】C【分析】先判断命题的真假，再根据或、且、非命题的真值表判断真假求解即可.【详解】命题中，，则指数函数单调递增，，所以为假命题，命题中，则幂函数在上单调递减，由，知，所以为真命题，所以①且为假命题，②或为真命题，③非为真命题，④非为假命题．故选：C11．设椭圆的左、右焦点分别为、，P是C上的点，，，则C的离心率为（

）.A． B． C． D．【答案】A【分析】，把代入椭圆方程解得，可得﹐在中，由建立等式进而得出结论.【详解】如图所示，由，，把代入椭圆方程可得，解得，取在中，，由，∴，由椭圆定义可得，得，∴，则有，

则的离心率.故选：A.12．对于正项数列，定义为数列的“匀称值”.已知数列的“匀称值”为，则该数列中的等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知得，由此推导出，从而能求出.【详解】解：，数列的“匀称值”为，，①时，，②①②，得，，，当时，满足上式，，．故选：D二、填空题13．已知向量，，，若，则____________.【答案】【分析】首先求出的坐标，再根据向量垂直得到，即可得到方程，解得即可；【详解】解：因为向量，，，所以向量，因为，所以，即，解得故答案为：14．已知不等式的解集是，则不等式的解集是________.【答案】【分析】根据给定的解集求出a，b的值，再代入解不等式即可作答.【详解】依题意，，是方程的两个根，且，于是得，解得：，因此，不等式为：，解得，所以不等式的解集是.故答案为：15．若，，均为实数，试从①；②；③中选出“，，成等比数列”的必要条件的序号______.【答案】①③【分析】依次判断“，，成等比数列”是否能推出序号中的条件即可.【详解】设为“”，为“”，为“”，为“，，成等比数列”，由于，，成等比数列，故，，，若（，，），则是的必要条件，对于①，由等比中项的定义，“，，成等比数列”“”，∴“”是“，，成等比数列”的必要条件，故①正确；对于②，令，，，则，，成等比数列，此时“，，成等比数列”“”，∴“”不是“，，成等比数列”的必要条件，故②错误；对于③，由等比数列的定义，“，，成等比数列”，∴“，，成等比数列”“”，∴“”是“，，成等比数列”的必要条件，故③正确.综上所述，“，，成等比数列”的必要条件的序号为：①③.故答案为：①③.16．已知抛物线的焦点为F，抛物线C的准线与y轴交于点A，点在抛物线C上，，则的面积为______.【答案】##【分析】由抛物线的性质以及，可得的值，进而解出三角形的面积．【详解】解：由抛物线的定义及其性质可知，，，，，即，，，，，，故答案为：三、解答题17．求解下列问题：(1)解不等式；(2)已知，，，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据分式不等式的求法求得正确答案.（2）利用基本不等式求得正确答案.【详解】（1）不等式可化简为，即，解得或.故原不等式的解集为.（2）∵，∴，且，，∴，当且仅当，即，时等号成立.故的最小值为9.18．在中，已知.(1)求角A的大小；(2)若，，求的面积.【答案】(1)(2)或【分析】(1)根据题意，结合正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解；(2)结合（1）的结论，利用余弦定理求出或，然后利用三角形面积公式即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，因为，所以，，则有，又，所以.（2）因为，，由（1）知：，在中，由余弦定理可得：，即，化简得，解得或（经检验符合题意），当时，；当时，.19．已知数列满足，，.（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）见证明；（2）【分析】（1）利用等比数列的定义可以证明；（2）由（1）可求的通项公式，结合可得，结合通项公式公式特点选择分组求和法进行求和.【详解】证明：（1）∵，∴.又∵，∴.又∵，∴数列是首项为2，公比为4的等比数列.解：（2）由（1）求解知，，∴，∴.【点睛】本题主要考查等比数列的证明和数列求和，一般地，数列求和时要根据数列通项公式的特征来选择合适的方法，侧重考查数学运算的核心素养.20．已知过抛物线的焦点，且斜率为的直线交C于，两点，.（1）求抛物线C的方程；（2）O为坐标原点，D为C上一点，若，求的值.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）设直线的方程，与抛物线联立，由于直线过焦点，故，代入即得解；（2）设，由，可得，代入抛物线方程即得解【详解】（1）直线的方程可表示为，与抛物线方程联立可得方程组，消去y得，解得，.由于直线过焦点，故，得，解得，所以抛物线C的方程为.（2）由（1）知，.设，由，得，所以.因为点D在C上，所以，化简得，解得或.21．在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点P为的中点，请用空间向量知识解答下列问题：(1)求证：平面；(2)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）证明平面的法向量即可求解；（2）根据线面角的正弦公式带入即可求解.【详解】（1）证明：易知，，两两相互垂直，∴以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，解得.故平面的法向量为，易知，则，又平面，∴平面.（2），设直线与平面所成角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.22．已知，分别为椭圆的左、右焦点，为上的动点，其中到的最短距离为1，且当的面积最大时，恰好为等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）斜率为的动直线过点，且与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，那么，是否为定值？若是，请证明你的结论；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）为定值，证明见解析【分析】（1）当点在椭圆的左顶点时，到的距离最短，可得，当点在椭圆的上顶点（或下顶点）时，的面积最大，此时为等边三角形，可得，从而可求出，即可求出椭圆的标准方程；（2）易知直线的斜率存在，设其方程为，联立，得到关于的一元二次方程，结合韦达定理，可求得的中点的坐标，从而可得到线段的垂直平分线的方程，令，可求出点的坐标，从而可得到的表达式，然后根据弦长公式，可求出的表达式，从而可求得为定值，经验证当时，为相同的定值.【详解】（1）由题意，当点在椭圆的左顶点时，到的距离最短，则，当点在椭圆的上顶点（或下顶点）时，的面积最大