2021-2022学年河北省唐山市滦县第二中学高二数学理上学期期末试题含解析

2021-2022学年河北省唐山市滦县第二中学高二数学理上学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=2|PF2|，则cos∠F1PF2=（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线的定义，结合|PF1|=2|PF2|，利用余弦定理，即可求cos∠F1PF2的值．【解答】解：将双曲线方程x2﹣y2=2化为标准方程﹣=1，则a=，b=，c=2，设|PF1|=2|PF2|=2m，则根据双曲线的定义，|PF1|﹣|PF2|=2a可得m=2，∴|PF1|=4，|PF2|=2，∵|F1F2|=2c=4，∴cos∠F1PF2====．故选C．2.等比数列{}中,,则等于(

)A.4

B.8

C.16

D.32参考答案：C3.如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．现有以下命题：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中真命题的个数为（）A．3 B．2 C．1 D．0参考答案：A【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的判定．【分析】对于①，先根据线面垂直的判定定理证明BC⊥面PAC，然后根据线面垂直的判定定理得到结论；对于②，根据线面平行的判定定理进行判定即可；对于③，根据点到面的距离的定义进行判定即可．【解答】解：∵PA⊥圆O所在的平面，BC?圆O所在的平面∴PA⊥BC而BC⊥AC，PA∩AC=A∴BC⊥面PAC，而PC?面PAC∴BC⊥PC，故①正确；∵点M为线段PB的中点，点O为AB的中点∴OM∥PA，而OM?面PAC，PA?面PAC∴OM∥平面APC，故②正确；∵BC⊥面PAC∴点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，故③正确故选A4.设>0，两圆与可能（

）A．相离

B．相交

C．内切或内含或相交

D．外切或外离参考答案：A略5.有如下四个命题：①命题“若，则“的逆否命题为“若”②若命题，则③若为假命题，则，均为假命题④“”是“”的充分不必要条件其中错误命题的个数是A．0个

B.1个

C.2个

D.3个参考答案：B6.如果命题对成立，那么它对也成立，又若对成立，则下列结论正确的是（

）A．对所有自然数成立B．对所有正偶数成立C．对所有正奇数成立D．对所有大于1的自然数成立参考答案：B7.若直线与双曲线的右支交于不同的两点，那么的取值范围是（

）（A）（）（B）（）

（C）（）

（D）（）参考答案：D8.已知－1，χ，－4成等比数列，则χ的值是（

）

A.2

B.－

C.2或－2

D.或－参考答案：C略9.在极坐标系中，点(2，)到圆ρ＝2cosθ的圆心的距离为()A．2

B．

C.

D．参考答案：D10.已知△ABC中，＝4，b＝4，∠A＝30°，则∠B等于(

)

A．30°

B．30°或150°C．60°

D．60°或120参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1内接于半径为R的半球，上底面顶点A1、B1、C1、D1在半球球面上，下底面ABCD在半球的底面上，则该正四棱柱体积的最大值为

．参考答案：略12.抛物线的准线方程是_______________.参考答案：略13.在△ABC中，若___________.s5u参考答案：略14.给出下列命题：①已知函数f(x)=(a为常数)，且f(lglog81000)=3，则f(lglg2)=-3；②若函数f(x)=lg(x2+ax-a)的值域是R，则a∈(-4,0)；③关于x的方程有非负实数根，则实数a的取值范围是(1,10)；④如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，E、F分别是AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成几何体AEF—AB1C1和B1C1—EFCB两部分，其体积分别为V1，V2，则V1:V2=7:5。其中正确命题的序号是参考答案：④。

15.设b和c分别是先后投掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下方程x2+bx+c=0有实根的概率是

。参考答案：略16.篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知某运动员罚球命中的概率为0.7，则他罚球2次（每次罚球结果互不影响）的得分的数学期望是

；参考答案：1.417.tan17°+tan28°+tan17°tan28°=_

参考答案：1三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知椭圆的一个焦点F与抛物线的焦点重合，且M经过点.（1）求椭圆M的方程；（2）已知斜率大于0且过点F的直线与椭圆M及抛物线N自上而下分别交于A，B，C，D，如图所示，若，求.参考答案：（1）（2）【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标可得，将代入椭圆方程，结合性质，列出关于、的方程组，求出、即可得结果；（2）设直线的方程为，代入，得，结合韦达定理、抛物线的定义，利用可得，再将代入，利用弦长公式求出，再由可得结果.【详解】（1）的焦点的坐标为，所以，所以，解得，.所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，代入，得，设，，则，因为，，所以.将代入，得.设，，则，，所以，故.【点睛】本题主要考查椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系，属于难题.求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.19.某租赁公司拥有汽车100辆，当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出．当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆．租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元．(1)当每辆车的月租金为3600元时，能租出多少辆车？(2)当每辆车的月租金为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大月收益是多少？参考答案：略20.在三棱柱中，侧面,已知（1）求证：平面（2）试在棱（不包含端点）上确定一点的位置，使得（3）在（2）的条件下，若,求二面角的平面角的正弦值。参考答案：证明：（1）∵BC=1

BB1=2

∠BCC1=60o∴BC12=1+4-2·1·2cos60o=3∴BC1=∴BC2+BC12=CC12∴C1B⊥BC∵AB⊥而BB1C1CABBC1BC1⊥而ABC（2）∵AB⊥而BCC1B1BC1⊥BC建立如图所示空间直角坐标系∴B（0，0，0），C（1，0，0），C1（0，，0），B1（-1，，0），A（0，0，z）设E（a，b，0）∴∴（a-1，b，0）=（-1，，0）∴E（1-，，0）∴∴（-1，-，z）·（-2+，-，0）∴（1+）（2+）+（-）（-）=02-3+2+32-=042-6+2=0=1（舍）或=∴∴E是CC1中点（3）设面AEB1的法向量A1（-1，，），A（0，0，），E（）∴

∴∴设面A1B1E的法向量

∴∴∴∴21.（本题满分12分）已知在的展开式中，前三项的系数成等差数列；（1）求；（2）求展开式中的有理项；参考答案：解析：（1）的展开式中前三项是：，，，其系数分别是：，，，故由，解得或，不合题意应舍去，故；（6分）（2）当时，，为有理式的充要条件是,所以应是4的倍数，故可为0、4、8，故所有有理项为：

，,。（12分）22.已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+2lnx，F（x）=3g（x）﹣2xg′（x），若函数F（x）在定义域内有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：F′()＜0．参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）求导根据导数和函数的单调性的关系即可求出，（Ⅱ）求导，根据中点坐标公式得到=﹣（x1+x2）+a+，①，分别把两个零点x1，x2，代入到F（x）中，转化，分离参数得到a﹣（x1+x2）=，再代入得到=[ln+]，换元，构造函数得到h（t）=lnt+，根据导数求出h（t）的最大值，即可证明．【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），∴f′（x）=2x+a﹣=，令f′（x）＞0，得x＞，f′（x）＜0，得0＜x＜，∴函数f（x）在（，+∞）为增函数，在（0，）为减函数，（Ⅱ）由已知g（x）=f（x）+2lnx，∴F（x）=3g（x）﹣2xg′（x）=﹣x2+ax+3lnx﹣2，∴F′（x）=﹣2x+a+，即：=﹣（x1+x2）+a+，①∵函数F（x）在定义域内有两个零点x1，x2，∴﹣x12+ax1+3ln