陕西省咸阳市2021-2022学年高二上学期理数期末考试试卷（含答案）

/陕西省咸阳市2021-2022学年高二上学期理数期末考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．不等式x−2x+4A．{x|−4<x<2} B．{x|−2<x<4}C．{x|x>4或x<2} D．{x|x>2或x<−4}2．命题“∃x∈R，|x|−2≤0”的否定是（）A．∃x∈R，|x|−2≥0 B．∃x∈R，|x|−2>0C．∀x∈R，|x|−2>0 D．∀x∈R，|x|−2≤03．已知m<0<n，则下列说法中一定正确的是（）A．m2>n2 B．1m<4．焦点坐标为(0，−4)，（0，4），且长半轴a=6的椭圆方程为（）A．x236+y220=1 B．5．若两个不同平面α，β的法向量分别为u=(1，2，−1)，vA．α，β相交但不垂直 B．a⊥βC．a∥β D．以上均不正确6．中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品、从一品、正二品、从二品、正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮305石，分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这5位官员，依照品级递减13石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正三品分得俸粮是（）A．74石 B．61石 C．48石 D．35石7．如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点D为A．112a−C．13a−8．已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a⊥α，α⊥β，则“A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件9．已知等比数列{bn}的前n项和为Sn，且满足公比0＜q＜1，A．Sn一定单调递减 B．bC．式子bn-Sn≥0恒成立 D．可能满足bk10．彬塔，又称开元寺塔、彬县塔，民间称“雷峰塔”，位于陕西省彬县城内西南紫薇山下.某同学为测量彬塔的高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=15°，∠BDC=135°，CD=20m，在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB=（）A．30m B．202m C．20311．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左右焦点分别是FA．2 B．2 C．22 二、多选题12．已知命题p：若双曲线C：x24+y2m=1的实轴长大于虚轴长，则−4<m<0；命题q：a，b，cA．p∧q B．(¬p)∨qC．p∧(¬q) D．(¬p)∨(¬q)三、填空题13．已知抛物线x2=4y的焦点为F，若抛物线上一点P到x轴的距离为2，则|PF|的值为14．若正实数a，b满足a+b=4，则ab的最大值是．15．已知双曲线C：x216−y29=1的两焦点分别为F1，16．如图是一个无盖的正方体盒子展开图，A，B，C，D是展开图上的四点，BD则在正方体盒子中，AD与平面ABC所成角的正弦值为.四、解答题17．设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=2bsin（1）求B的大小．（2）若a=33，c=518．已知关于x的不等式2kx2+kx−（1）若k=18，求不等式（2）若不等式2kx19．已知数列{an}是公比为正数的等比数列，且a（1）求数列{a（2）若bn=log2an，求数列20．已知抛物线C：y2（1）求抛物线C的方程及其焦点坐标；（2）过抛物线C上一动点P作圆M：(x−2)221．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=2，E，F分别为AD和PB的中点.请用空间向量知识解答下列问题：（1）求证：EF//平面PDC；（2）求平面EFC与平面PBD夹角的余弦值.22．已知点F1､F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线l：x=my+1与椭圆C交于A､B两点，求△ABF

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】由x−2x+4<0，得解得−4<x<2，所以原不等式的解集为{x|−4<x<2}，故答案为：A

【分析】先将分式不等式转化为一元二次不等式，然后求解即可.2．【答案】C【解析】【解答】命题“∃x∈R，|x|−2≤0”的否定是“∀x∈R，|x|−2>0”，故答案为：C

【分析】将特称命题否定为全称命题即可.3．【答案】B【解析】【解答】当m=−1，n=2时，满足m<0<n，此时m2<n2，A不符合题意；因为m<0<n，所以1m<0，1n>0，1m<1n，B符合题意；因为m<0<n，所以mn<0，m2>0，故故答案为：B

【分析】AD选项，举出反例即可；BC选项，利用不等式的基本性质进行判断.4．【答案】B【解析】【解答】因为c=4，a=6，所以b2=a2−故答案为：B．

【分析】根据题意由椭圆的简单性质即可求出a与c的值，再由椭圆的a、b、c三者的关系，计算出b的值，由此即可求出椭圆的方程。5．【答案】B【解析】【解答】∵u=(1，2，−1)，v=(−2，2，2)，∴∴u⊥v，∴故答案为：B.

【分析】由向量数量积为0可求a⊥β.6．【答案】D【解析】【解答】正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这5位官员所分得的俸粮数记为数列{a由题意，{an}是以-13为公差的等差数列，且S故正三品分得俸粮数量为a5故答案为：D.

【分析】令5位官员(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)所分得的俸粮数是公差为-13数列{an}，利用等差数列的前n项和求a7．【答案】B【解析】【解答】BE=故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合三角形法则、共线定理和平行四边形法则，再结合平面向量基本定理求出BE→8．【答案】B【解析】【解答】由题a⊥α，α⊥β，则a⊂β或a//若a⊥b，则b//β或b⊂β或b与若b⊥β，则必有a⊥所以“a⊥b”是“故答案为：B.

【分析】根据垂直关系的性质可判断.9．【答案】D【解析】【解答】因为等比数列{bn}的前n项和为S所以当n≥2时，由bnbn−1=q<1可得由0＜q＜1，b1＜0知b所以Sn=S因为当n≥2时，Sn−1<0，Sn=Sn−1+bnb1−S若bk=Sk，且k≠1，则bk=bk+故矛盾，所以D错误，符合题意.故答案为：D

【分析】根据等比数列的通项公式，前n项和的意义，可逐项分析求解。10．【答案】D【解析】【解答】由题设知：AB⊥BC，又∠DBC=180°−∠BDC−∠BCD=30°，△BCD中BCsin∠BDC=DCsin在Rt△ABC中，tan∠ACB=ABBC=3故答案为：D

【分析】在△BCD中有∠DBC=30°，再应用正弦定理求BC=202，再在Rt△ABC中，tan11．【答案】B【解析】【解答】由题意可设F1(−c，0)，F2(c，0)，则F设F1关于渐近线bx−ay=0的对称点为M，F1∴MF1=2b，A为F1M的中点.又O是F1P的中点，∴OA∥F2M，∴∠F所以△F1MF所以3c2=4(所以离心率e=故答案为：B.

【分析】首先求出F1到渐近线的距离，利用F1关于渐近线的对称点恰落在圆上，可得直角三角形，利用勾股定理得到关于ac的齐次式，即可求出双曲线的离心率.12．【答案】C,D【解析】【解答】若双曲线C：x24+y2m=1对于q，若b=0，则a∥b，b∥c，但a、c不一定共线，故故p∧q、(¬p)∨q为假命题，p∧(¬q)、(¬p)∨(¬q)为真命题，故答案为：CD.

【分析】先判断的p，q正误，从而可判断各项的正误.13．【答案】3【解析】【解答】抛物线x2=4y的焦点为F(0，1)，准线为因为抛物线上一点P到x轴的距离为2，所以由抛物线的定义可得|PF|=2+1=3，故答案为：3

【分析】先求出抛物线的焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义可求得答案.14．【答案】4【解析】【解答】由基本不等式，可得正实数a、b满足a+b=4，a+b≥2ab，可得ab≤(a+b)2故ab的最大值为4，故答案为：4.

【分析】由基本不等式及正实数a、b满足a+b=4，可得ab的最大值.15．【答案】18或2【解析】【解答】由x216−y2因为双曲线C：x216−y29所以||PF2|−|P所以|PF2|=18因为|PF所以|PF2|=18故答案为：18或2

【分析】先由双曲线的方程求出a=4，b=3，c=a16．【答案】2【解析】【解答】复原后的正方体如图所示，

设A，B，D所在面的正方形的余下的一个顶点为M，连接DM，则DM⊥平面ABC，故∠DAB为AD与平面ABC所成角，而∠DAB=45°，故∠DAB为AD与平面ABC所成角的正弦值为22故答案为：22

【分析】先复原正方体，再构造线面角后可求正弦值.17．【答案】（1）解：由a=2bsinA，得sin（2）解：由题得b2=【解析】【分析】（1）根据正弦定理asin18．【答案】（1）解：k=18时，原不等式即为2x（2）解：不等式2kx当k≠0时，则有k<0Δ=k2综上，−3<k<0.【解析】【分析】（1）因式分解后可求不等式的解集；

（2）由题意得k<0Δ=k219．【答案】（1）解：根据题意，设{an}公比为q∵a1=2，∴2q2=2q+4⇒q2∴an（2）解：根据题意，得bn=log因此S=n【解析】【分析】（1）根据题意，通过解方程求出公比，即可求解；

（2）根据题意，求出bn20．【答案】（1）解：因为抛物线过点(1，−1)，所以(−1)2=2p，解得所以抛物线C的方程为：y2=x，焦点坐标为（2）解：设P(t2，t)，因为PA为圆M的切线，所以PA⊥AM所以|PA|=|PM|所以当t2=32时，四边形【解析】【分析】（1）将点(1，−1)代入抛物线方程求解出p=12，则抛物线方程和焦点坐标可知；

（2）设P(t21．【答案】（1）证明：因为PD⊥底面ABCD，DA，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DA，PD⊥DC，因为四边形ABCD为正方形，所以DA⊥DC，所以DA，DC，DP两两垂直，所以以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，因为E，F分别为AD和PB的中点，所以E(1，0，0)，F(1，1，1)，所以EF=(0，1，1)因为DA⊥DC，DA⊥DP，DC∩DP=D，所以DA⊥平面PDC，所以平面PDC的一个法向量为DA=(2，0，0)因为EF⋅所以EF⊥因为EF⊄平面PDC，所以EF//平面PDC；（2）解：设平面EFC的法向量为m=(x，y，z)因为EF=(0，1，1)，EC所以m⋅EF=y+z=0m⋅设平面PBD的法向量为n=(a，b，c)因为DP=(0，0，2)，所以n⋅DP=2c=0n⋅设平面EFC与平面PBD夹角为θ，θ∈(0，πcosθ=|所以平面EFC与平面PBD夹角的余弦值为3【解析】【分析】（1）以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后求出平面PDC的一个法向量为DA=(2，0，0)，再求出EF=(0，1，1)，根据向量的数量积判断EF⊥DA，所以EF//平面PDC；

（2）分别求出平面EFC的法向量m=(2，1，−1)22．【答案】（1）解：△PF1F2面积达到最大时