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).doc

1、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2760 xx”的否定是（）A对任意xR，都有2760 xxB存在xR，使得2760 xxC对任意xR，都有2760 xxD存在xR，使得2760 xx3已知椭圆22xyC :1的两个焦点分别为F1,F2，椭圆 C 上有一点P，则PF1F2的周长为（）95A8B10C62 5D124某

2、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3，则该圆锥的侧面积为（）A3 3B6C6 3D96“椭圆22xy8m21的离心率为22”是“m6”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221mxny与2nymx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到平面PCD

4、的距离为（）A14B23C13D1211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）A6B7C 8D 912已知 F是双曲线22xyE:1(a0,b0)22ab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P1,P2,P3,P

5、4，使得AP1BAP2BAP3BAP4B，则 E 的离心率的2取值范围是（）A(1, 2)B2,512C512,D51512,22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S9_14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A 5,m沿直线ym1发出的光

6、线经抛1物线24yx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，AFBE且BEEF，CDFE为正方形，且平面CEFD平面ABEF，12EFAF2BE2,APAB,DQDC，则|PQ |_，直线PQ与平面ACD所成角的正33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21xax2x(1a)x0；q：存在xR，使得42102（1）若“ p 且 q”为真，求实数a 的取值范围；（2）若“ p 或 q”为真，“p 且 q”为假，求实数a 的取值范

7、围18 （ 12 分）已知首项为1 的数列a满足an 12an1n（1）求数列an的通项公式；（2）记bloga1，求数列n22n 11b bnn1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22cos22coscbAbcA（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33abc，3313bac，2222cba这三个条件中任选一个，补充在横线上22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，D是AC的中点，EFBD（1）证

8、明：ACBF（2）若平面ABC平面ACE，求二面角ABCE的余弦值21 （ 12 分）已知椭圆22xyG :1(ab0)22ab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:3:1SS，求直线OMFONFl 的方程22 （ 12 分）已知双曲线2x2C :y1，过P(1,1)向双曲线C 作两条切线，切点分别为A x1,y1，B x2,y2，且3x10,x20 x x（1）证明：直线PA的方程为13y1y1，（2）设 F 为双曲线C 的左焦点，证明：AFPBFP高二期末考试数学评分细则（理

9、科）1D2B3B4C5B6C7A8B9 A10 D11 C12D13361425151216653（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2(1a)4(a1)(a3)0解得1a3若 q 为真命题，则a11xx22 22xx22当且仅当x21x，即x0时，等号成立，此时a22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,a2,得a( 1,2)当 p 假，q 真时，则a1或 a3,得a3,)a2,故实数 a 的取值范围为( 1,2)3,)

10、18解：（1）由an 12an1，得an 112 an1，又a112，所以数列an1是首项为2，公比为 2 的等比数列，nn则a12，即a21，故数列nnna的通项公式为a21nn（2）由（ 1）知，2n 1a2121，n所以21bnn因为11111b b(2n1)(2n1)22n12n1nn 1，所以Sn111bbb bb b1 223nn 11111335(2n1)(2n1)111111123352n12n111122n1n，2n1所以数列1b bnn1的前 n 项和Snn2n119解：（1）由2( cos)22cos0cbAcbA，可得2(cbcos A)0，则cbcosAsinCcos

11、Asin B，在ABC中，sinCsin( AB)sin AcosBcosAsin B，则sin AcosB0，sin A0，cosB0，0B，（2）选择条件B233abc，在ABC中，33abcsin Asin BsinC，可得33sin Asin BsinC，33B，sin AcosC，233cosCsinC,3cosCsinC1，33根据辅助角公式，可得cos1C，620C，C，即63C，6故3cosC2选择条件由13bac，得22212323bacac，442B，2222bac，因此，2212323acacac，442整理得223a23acc0，即2(3ac)0，则3ac在Rt ABC

12、中，ctanC3a，C3故1cosC2选择条件由22cba，得b2ca，22即22222 222bcaacac，整理得22 20cac，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两两垂直以 D 为原点，分别以DC, DB,DE的方向为x

13、，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 BCx3y0,则令x3，得n(3,1,1)nCEx3z0,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|cos n,m |n m155|nm |521解：（1）椭圆22xyG :1(ab0)22ab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22a02(22)24 2，所以a2 2, b2所以椭圆 G

14、 的方程是22xy841（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22222k1 x8k x8k80，则228k8k8xx,x x1221222k12k1因为S: S3:1，所以MF3FN，则OMFONF2x3 x2，即3x2x18，12由28kxx1222k1，得24k4x122k1，24k4x222k1所以2224k4 4k48k82222k12k12k1，解得21k，即k1，所以直线 l 的方程为xy2022证明：（1）显然直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y1k(x1)，联立2x321,y

15、得2223k1 x6k(k1)x3(k1)30（），y1k(x1),则222236k (k1)4 3k13 k2k20，化简得210kk（）方程有两个相等实根，故切点 A 的横坐标26k(k1)3k3kx1222 3k13k1k1y， 得123k1， 则x1y13k，故x1l : yxxy113y1，则2xxx211yyy，即1331x x13y1y1xx（2）同理可得2l:yy1，又lPA与lPB均过P(1,1)，所以PB23x故:1ly，AB3xx12y11,y2133F，FP FA(3,1)x12,y13x16y1，( 2,0)FP FB(3,1)x2, y3x6y，2222又因为x10,x20，所以x13,x23，则cos FP,FA103x13xy632301122 10322231x2yx111326，cos FP,FB103x23xy6323022，22 10322231x2yx222326故cos FP,FAcos FP,FB，故AFPBFP