2021-2022学年河南省焦作市高二上学期期末数学（理）试题

20212022学年河南省焦作市高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1．命题“存在，使得”的否定为（

）A．存在， B．对任意，C．对任意， D．对任意，【答案】D【分析】根据特称命题否定的方法求解，改变量词，否定结论.【详解】由题意可知命题“存在，使得”的否定为“对任意，”.故选：D.2．不等式解集为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】化简一元二次不等式的标准形式并求出解集即可.【详解】不等式整理得，解得或，则不等式解集为.故选：.3．已知等比数列的公比为，则“”是“是递增数列”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】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；再分析充分性，由条件得恒成立，再对和进行分类讨论即可判断.【详解】先分析充分性：在等比数列中，，所以假设，，所以，等比数列为递减数列，故充分性不成立；分析必要性：若等比数列的公比为，且是递增数列，所以恒成立，即恒成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，不成立，当，时，成立，当，时，不成立，当，时，不恒成立，当，时，不恒成立，所以能使恒成立的只有：，和，，易知此时成立，所以必要性成立.故选：B.4．已知向量，，且，则的值为（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】根据空间向量平行的性质得，代入数值解方程组即可.【详解】因为，所以，所以，所以，解得或.故选：C.5．曲线的一个焦点F到两条渐近线的垂线段分别为FA，FB，O为坐标原点，若四边形OAFB是菱形，则双曲线C的离心率等于（

）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】依题意可得为正方形，即可得到，从而得到双曲线的渐近线为，即可求出双曲线的离心率；【详解】解：依题意，，且四边形为菱形，所以为正方形，所以，即双曲线的渐近线为，即，所以；故选：A6．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为（

）A． B．0 C．3 D．5【答案】D【分析】先画出可行域，由，得，作出直线，向上平移过点A时，取得最大值，求出点A的坐标，代入可求得结果【详解】不等式组表示的可行域，如图所示由，得，作出直线，向上平移过点A时，取得最大值，由，得，即，所以的最大值为，故选：D7．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，角终边上有一点（1，2），为锐角，且，则（

）A．18 B．6 C． D．【答案】A【分析】由终边上的点可得，由同角三角函数的平方、商数关系有，再应用差角、倍角正切公式即可求.【详解】由题设，，，则，又，，所以.故选：A8．在长方体中，，，分别是棱，的中点，则异面直线，的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出长度，建立空间直角坐标系，根据向量求异面直线所成角即可.【详解】如下图所示，以，，所在直线方向，，轴，建立空间直角坐标系，设，，，，，，所以，，设异面直线，的夹角为，所以，所以，即异面直线，的夹角为.故选：C.9．若存在，使得不等式成立，则实数k的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意和一元二次不等式能成立可得对于，成立，令，利用导数讨论函数的单调性，即可求出.【详解】存在，不等式成立，则，能成立，即对于，成立，令，，则，令，所以当，单调递增，当，单调递减，又，所以f(x所以.故选：C10．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为（

）A． B． C．8 D．12【答案】B【分析】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意知，该几何体是一个由8个全等的正三角形围成的多面体，正三角形的边长为：，正三角形边上的一条高为：，所以一个正三角形的面积为：，所以多面体的表面积为：.故选：B11．已知抛物线的焦点为F，点A在抛物线上，直线FA与抛物线的准线交于点M，O，且，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】设，由和在抛物线上，求出和，利用求出p.【详解】过A作AP垂直x轴与P.抛物线的焦点为，准线方程为.设，因为，所以，解得：.因为在抛物线上，则.所以，即，解得：.故选：D12．已知椭圆的左，右焦点分别为，，直线与C交于点M，N，若四边形的面积为且，则C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可知四边形为平行四边形，设，进而得，根据四边形面积求出点M的坐标，再代入椭圆方程得出关于e的方程，解方程即可.【详解】如图，不妨设点在第一象限，由椭圆的对称性得四边形为平行四边形，设点，由，得，因为四边形的面积为，所以，得，由，得，解得，所以，即点，代入椭圆方程，得，整理得，由，得，解得，由，得.故选：A二、填空题13．已知函数，___________.【答案】【分析】直接利用分段函数的解析式即可求解.【详解】因为，所以，所以.故答案为：114．某射箭运动员在一次射箭训练中射靶10次，命中环数如下：8，9，8，10，6，7，9，10，8，5，则命中环数的平均数为___________.【答案】【分析】直接利用求平均数的公式即可求解.【详解】由已知得数据的平均数为

，故答案为：.15．已知在四面体ABCD中，，，则______．【答案】24【分析】由线段的空间关系有，应用向量数量积的运算律及已知条件即可求.【详解】由题设，可得如下四面体示意图，则，又，，所以.故答案为：2416．将集合且中所有的元素从小到大排列得到的数列记为，则___________（填数值）.【答案】992【分析】列举数列的前几项，观察特征，可得出.【详解】由题意得观察规律可得中，以为被减数的项共有个，因为，所以是中的第5项，所以.故答案为：992.三、解答题17．已知函数满足.(1)求的解析式，并判断其奇偶性；(2)若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)，是奇函数(2)【分析】(1)由求出，进而求得的解析式，利用奇偶函数的定义判断函数的奇偶性即可；(2)根据幂函数的单调性可得函数的单调性，求出函数的最小值，将不等式恒成立转化为对任意使得恒成立即可.【详解】(1)因为，所以，所以.所以.的定义城为，且，所以是奇函数.(2)因为，在上均为增函数，所以在上为增函数，所以.对任意，不等式恒成立，则，所以，即实数a的取值范固为.18．已知数列是等差数列，其前n项和为，，，数列满足(且)，.(1)求和的通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)，；(2).【分析】(1)根据，列方程组即可求解数列的通项公式，根据可求数列的通项公式；(2)化简，利用裂项相消法求该数列前n项和.【详解】(1)设等差数列公差为d，∵，∴，∵公差，∴.由得，即，∴数列是首项为，公比为2的等比数列，∴；(2)∵，∴，.19．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边，且.(1)求C；(2)若D是BC的中点，，，求AB的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理化边为角，结合三角变换可求答案；（2）根据余弦定理先求，再用余弦定理求解.【详解】(1)∵，∴由正弦定理可得，∴，∴.∵，∴，即.∵，∴.(2)设，则，即，解得或（舍去），∴.∵，∴.20．已知命题p：直线与双曲线的右支有两个不同的交点，命题q：直线与直线平行.(1)若，判断命题“”的真假；(2)若命题“”为真命题，求实数k的取值范围.【答案】(1)命题“”为真命题(2)【分析】（1）先判断命题p，命题q的真假，再利用复合命题的真假判断；（2）根据命题“”为真命题，由p为真命题，q为假命题求解.【详解】(1)解：对于命题p，易知直线与双曲线的左､右支各有一个交点，∴命题p为假命题；对于命题q，时，有与，显然两条直线垂直，∴命题q为假命题.∴命题“”为真命题.(2)∵命题“”为真命题，∴p为真命题，q为假命题.对于命题p，由得，直线与双曲线的右支有两个不同的交点，即此方程有两个不同的正根，∴得.对于命题q，要使命题q为真，则，解得，∴命题q为假命题，即.∴实数k的取值范围为.21．如图所示，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，点E，F分别在棱，上，且，．(1)证明：点在平面BEF内；(2)若，，，求直线与平面BEF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）设、、、AC与BD的交点为O，由直四棱柱的性质构建空间直角坐标系，确定、的坐标可得，即可证结论.（2）由题设，求出、、的坐标，进而求得面BEF的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面BEF所成角的正弦值．【详解】(1)由题意，，设，，，设AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，分别以BD，AC所在直线为x，y轴建立如下空间直角坐标系，则，，，，所以，，得，即，因此点在平面BEF内．(2)由（1）及题设，，，，，所以，，．设为平面BEF的法向量，则，令，即．设直线与平面BEF所成角为，则．22．已知椭圆C：的长轴长为4，过C的一个焦点且与x轴垂直的直线被C截得的线段长为3．(1)求C的方程；(2)若直线：与C交于A，B两点，线段AB的中垂线与C交于P，Q两点，且，求m的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题设可得且，求出，即可得椭圆方程.（2）