河南省焦作市普通高中2021-2022学年高二数学上学期期末（理）试题（Word版附解析）

焦作市普通高中2021-2022学年（上）高二年级期末考试

理科数学

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【分析】先分析充分性：假设特殊等比数列即可判断；

再分析必要性，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

【解析】

【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

【解析】

【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：A

6. 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

【解析】

【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：D

7. 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

【解析】

【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：A

8. 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

【解析】

【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

【解析】

【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，

所以.

故选：C

10. 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

【解析】

【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：B

11. 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为坐标原点.若，且，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】D

【解析】

【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：D

12. 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

【解析】

【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：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知函数，___________.

【答案】

【解析】

【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：-1

14. 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】

【解析】

【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

【解析】

【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：24

16. 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

【解析】

【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：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

因为，所以，所以.所以.

的定义城为，且，所以是奇函数.

【小问2详解】

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的取值范围为.

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）.

【解析】

【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.

小问1详解】

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，∴；

【小问2详解】

∵，∴，

.

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）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理化边角，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.

【小问1详解】

∵，∴由正弦定理可得，

∴，

∴.

∵，∴，即.

∵，∴.

【小问2详解】

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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

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.

【小问2详解】

∵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）.

【解析】

【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．

【小问1详解】

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．

【小问2详解】

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：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）.

【解析】

【分析】（1）由题设可得且，求出，即可得椭圆方程.

（2）联立直线l和椭圆C并整理为关于x的一元二次方程，由求出m的范围，再应用韦达定理、弦长公式求，进而可得线段AB的中垂线，同理联立曲线C求相交弦长，再由已知条件求m值，注意其范围.

【小问1详解】

由题意知，，则，令，可得，

由题设有，则，

所以C的方程为．

【小问2详解】

联立方程得：，

由，得．

设，，则，，

所以，

另一方面，，即线段AB的中点为，

所以线段AB的中垂线方程为．

令，联立方程得：．

同理求法，可得：，即．

因此，解得，故．