贵州省遵义市2021-2022学年高二上学期期末考试数学(理)试题(Word版含答案).docx

1、2遵义市 2021-2022学年高二上学期期末考试数学（理科）第卷一、选择题：本大题共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.已知全集U1,2,3,4,5，集合M1,2,3,4, N3,4,5，则U(MN )（）A5B1,2C3,4D1,2,52.命题“对任意xR，都有x27x60”的否定是（）A对任意xR，都有x27x60B存在xR，使得x27x60C对任意xR，都有x27x60D存在xR，使得x27x60 x2y23.已知椭圆C :951的两个焦点分别为F1,F2，椭圆 C 上有一点P，则PF1F2的周长为（）A8B10C62 5D124.

2、某高校甲、乙两位同学大学四年选修课程的考试成绩等级（选修课的成绩分为1，2， 3，4，5，共五个等级）的条形图如图所示，则甲成绩等级的中位数与乙成绩等级的众数分别是（）A3，5B3，3C3.5， 5D 3.5，45.已知一个圆锥的体积为3，任取该圆锥的两条母线a，b，若 a，b 所成角的最大值为，则该圆锥的侧3面积为（）A3 3B6C6 3D9x26.“椭圆8y1的离心率为m22”是“m26”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件7.将函数yf (x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2 倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单4位长度，得到函数ycos2x的图象

3、，则f (x)（）Asin4xBsin4xCcos4xDcos4x8.已知mn0，则方程mx2ny21与ny2mx在同一坐标系内对应图形的编号可能是（）ABCD9.某学习小组研究一种卫星接收天线（如图所示） ，发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图所示）已知接收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（）A1.35mB2.05mC2.7mD5.4m10.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD, ADBC，点E 为PA的中点，ABBC1,AD2,PA2，则点 B 到

4、平面PCD的距离为（）12AB4311CD3211.酒驾是严重危害交通安全的违法行为根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量达到2079mg即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了1.2mg / mL，且在停止喝酒以后，他血液中的酒精含量会以每小时20%的速度减少，若他想要在不违规的情况下驾驶汽车，则至少需经过的小时数为（） （参考数据：lg20.3,lg30.48）A6B7C8D 912.已知 F 是双曲线x2E :a22y1(ab20,b0)的右焦点，过F 且垂直于x 轴的直线交E 于 A，B 两点，若E 的渐近线上恰好存在四个点

5、取值范围是（）P1,P2,P3,P4，使得AP1BAP2BAP3BAP4B，则 E 的离心率的2A(1,2)B2,512C51,2D2,5151,22第卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分把答案填在答题卡中的横线上13.已知等差数列an的前 n 项和为Sn，a3a78，则S914.如图所示， 奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结若从该奥林匹克标志的五个环圈中任取2 个，则这 2 个环圈恰好相交的概率为15.根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点如右图所示，从

6、A 5,m1沿直线ym1发出的光线经抛2物线y4x两次反射后，回到光源接收器D 5,m2，则该光线经过的路程为16.如图，四边形ABEF为直角梯形，AFBE12且BEEF，CDFE为正方形，且平面CEFD平面ABEF，EFAF2BE2, APAB, DQDC，则| PQ33|，直线PQ与平面ACD所成角的正弦值为 （本题第一空3 分，第二空2 分）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 （10 分）已知 p：对任意xR，都有2x21(1a)x2x0；q：存在xR，使得4xa 210（1）若“ p 且 q”为真，求实数a 的取值范围；（2）若“ p 或 q”为真，“ p

7、 且 q”为假，求实数a 的取值范围 18 （ 12 分）已知首项为1 的数列an满足an 12an1（1）求数列an的通项公式；（2）记bnlog2a2n 11，求数列1bnbn 1的前 n 项和Sn19 （12 分）ABC的内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c已知cb2cos2A2bccos A（1）求 B（2），若问题中的三角形存在，试求出cosC；若问题中的三角形不存在，请说明理由在a3b3c，b1a3c，c2b2a这三个条件中任选一个，补充在横线上332222注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分20 （12 分）如图，在多面体ABCEF中，ABC和ACE均为等边三角形，

8、D 是AC的中点，EFBD（1）证明：ACBF（2）若平面ABC平面ACE，求二面角ABCE的余弦值21 （12 分）221已知椭圆x2y2G :22ab1(ab0)的焦距为4，点(2,2)在 G 上（1）求椭圆 G 的方程；（2）过椭圆 G 右焦点 F 的直线 l 与椭圆 G 交于 M，N 两点， O 为坐标原点，若SOMF:SONF3:1，求直线l 的方程22 （12 分）x2已知双曲线C :y1，过P(1,1)向双曲线C 作两条切线，切点分别为A x ,y，B x, y，且11223x10,x20（1）证明：直线PA的方程为x1xy y1，3（2）设 F 为双曲线C 的左焦点，证明：AF

9、PBFP高二期末考试数学评分细则（理科）1D2B3B4C5B6C7A8B9A10 D11C12 D21336145651512163（3 分）；130130（2 分）17.解：（1）因为“ p 且 q”为真命题，所以p，q 均为真命题若 p 为真命题，则(1a)24(a1)(a3)0解得1a3若 q 为真命题，则a2x12x2 2x122x当且仅当2xx，即x20时，等号成立，此时a2故实数 a 的取值范围是2,3)（2）若“ p 或 q”为真，“p 且 q 为假，则p，q 一真一假当 p 真， q 假时，则1a3,得aa2,( 1,2)当 p 假， q 真时，则a1或aa2,3,得a3,)故

10、实数 a 的取值范围为( 1,2)3,)18解：（1）由an 12an1，得an 112 an1，121又a112，所以数列an1是首项为2，公比为 2 的等比数列，则an12n，即a2n1，故数列an的通项公式为an2n1（2）由（ 1）知，a2n2n 11，所以bn2n111111因为，bnbn 1(2n1)(2n1)22n12n1所以Sn111b1b2b2b3bnbn 11111335(2n1)(2n1)111111123352n12n111122n1n，2n1所以数列1bnbn 1的前 n 项和Snn2n119解：（1）由c2(bcos A)22cbcos A0，可得(cbcos A)

11、20，则cbcosAsinCcosAsin B，在ABC中，sinCsin( AB)sin Acos BcosAsin B，则sin AcosB（2）选择条件0，sin A0，cosB0，0B，B2a3b3c，在ABC中，abc，可得sin A3sin B3sinC，33sin Asin BsinC33B，sin A2cosC，cosC33sinC,3cosC33sinC1，n根据辅助角公式，可得cos C1，620C，C，即C，636故cosC32选择条件由b1a32c，得b1a23c23ac，22442B，b2a2c2，因此，a2c21a23c23ac，22整理得3a223acc0，即(3

12、ac)24420，则3ac在Rt ABC中，catanC3，C3故cosC12选择条件由c2b2a，得b2ca，22即b22c2a22 2aca2c2，整理得c22 2ac0，由于a0,c0，则方程无解，故不存在这样的三角形20 （ 1）证明：连接DE因为ABBC，且 D 为AC的中点，所以ACBD因为AEEC，且 D为AC的中点，所以ACDE因为BD平面BDE,DE平面BDE，且BDDED，所以AC平面BDE因为EFBD，所以 B，D，E，F 四点共面，所以BF平面BDE，所以ACBF（2）解：由（ 1）可知DEAC因为平面ABC平面ACE，所以DE平面ABC，所以DC,DB,DE两两垂直2

13、2以 D 为原点，分别以DC,DB,DE的方向为x，y，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz设AB2，则B(0,3,0), C(1,0,0), E(0,0,3)，从而BC(1,3,0), CE( 1,0,3)设平面BCE的法向量为n(x, y,z)，n BCx则n CEx3y0,令x3z0,3，得n(3,1,1)平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)设二面角ABCE为，由图可知为锐角，则cos|cosn,m |n m15|nm |5521解：（1）椭圆x2G :a22y1(abb20)的焦距是4，所以焦点坐标是( 2,0),(2,0)因为点(2,2)在 G 上，所以2a02(

14、22)224 2，所以a2 2, b2所以椭圆 G 的方程是xy184（2）显然直线l 不垂直于x 轴，可设l 的方程为yk(x2),Mx1,y1, N x2, y2，将直线 l 的方程代入椭圆G 的方程，得2k21 x28k2x8k280，22则x1x28k2k2,x1x218k82k21因为SOMF:SONF3:1，所以MF3FN，则2x13 x22，即3x2x18，211由x18k2x22，得2k14k2x122k44k24，x2212k14k2所以4 4k248k28，解得k21，即k1，2222k12k12k1所以直线 l 的方程为xy2022证明：（1）显然直线PA的斜率存在，设直

15、线PA的方程为y1k(x1)，xy21,联立3得3k21 x26k(k1)x3(k1)230（），y1k(x1),则36k2(k1)24 3k213 k22k20，化简得k2k10（）方程有两个相等实根，故切点 A 的横坐标x6k(k1)3k23k，得yk1，则x13k，12 3k213k2113k21y故l : yx1xxy，则yyxxx2y2，即x1xy y1113y1111333（2）同理可得l:xx2yy1，又l与l均过P(1,1)，所以x1y1,x2y1故lAB:3PB23y1，PAPB1233F ( 2,0)，FP FA(3,1)x12,y13x16y1，FP FB(3,1)x22, y23x26y2，又因为x10,x20，所以x13,x23，10 x3则cos FP,FA3x1y1631230，3212x22y22 1036cos FP,FB113x2y26x1321033x2230，3212x22y22 103622x232故cos FP,FAcos FP,FB，故AFPBFP1x