2021-2022年高二上学期期末数学试卷(理科)含解析.doc

1、2021年高二上学期期末数学试卷（理科）含解析一、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已知命题p：aR，且a0，a+2，命题q：x0R，sin x0+cos x0=，则下列判断正确的是（）Ap是假命题Bq是真命题Cp（q）是真命题D（p）q是真命题2设ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C=（）ABCD3在ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，且f（A）=2，b=1，ABC的面积是，则的值是（）A2B2C4D24设Sn为等差数列an的前n项的和a1=1，则数列的前x

2、x项和为（）ABCD5已知F1、F2为双曲线C：x2y2=1的左、右焦点，点P在C上，F1PF2=60，则P到x轴的距离为（）ABCD6已知二次不等式ax2+2x+b0解集为x|x，则a2+b2ab的最小值为（）A0B1C2D47已知直线y=k（x+2）（k0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（）ABCD8直三棱柱A1B1C1ABC，BCA=90，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）ABCD9设等差数列an的前n项和为Sn，已知a2=10，a3+a7=8，当Sn取得最小值时，n的

3、值为（）A5B6C7D6或710四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是平行四边形，M是AC与BD的交点若=， =， =，则可以表示为（）ABCD11已知对任意的a1，1，函数f（x）=x2+（a4）x+42a的值总大于0，则x的取值范围是（）Ax1或x3B1x3C1x2Dx2或x312已知实数x，y满足约束条件，目标函数z=x+y，则当z=3时，x2+y2的取值范围是（）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸给定的横线上.13设等比数列an的公比q=2，前n项和为Sn，S4=a4，则为14已知ABC中，AB=，BC=1，sinC=cosC，则ABC的面积

4、为15如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，AB=BC=AA1，ABC=90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是16已知椭圆的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|AF|=6，AFB=90，则C的离心率e=三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程17（12分）设命题p：实数x满足x24ax+3a20，其中a0，命题q：实数x满足（1）若a=1，且pq为真，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围18（12分）在ABC中，角A，B，C所列边分别为

5、a，b，c，且（）求角A；（）若，试判断bc取得最大值时ABC形状19（12分）已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）令bn=（1）n1，求数列bn的前n项和Tn20（12分）已知四棱锥PABCD中底面四边形ABCD是正方形，各侧面都是边长为2的正三角形，M是棱PC的中点建立空间直角坐标系，利用空间向量方法解答以下问题：（1）求证：PA平面BMD；（2）求二面角MBDC的平面角的大小21（12分）某中学食堂定期从粮店以每吨1500元的价格购买大米，每次购进大米需支付运输费 100元食堂每天需用大米l吨，贮存大米的费用为每吨每天

6、2元（不满一天按一天计），假 定食堂每次均在用完大米的当天购买（1）该食堂隔多少天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少？（2）粮店提出价格优惠条件：一次购买量不少于20吨时，大米价格可享受九五折（即原价的95%），问食堂可否接受此优惠条件？请说明理由22（10分）如图，已知椭圆C： +=1（ab0）的离心率为，短轴端点与椭圆的两个焦点所构成的三角形面积为1，过点D（0，2）且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在定点，使恒为定值若存在求出这个定值；若不存在，说明理由xx山东省临沂市重点中学高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12

7、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已知命题p：aR，且a0，a+2，命题q：x0R，sin x0+cos x0=，则下列判断正确的是（）Ap是假命题Bq是真命题Cp（q）是真命题D（p）q是真命题【考点】复合命题的真假【分析】本题的关键是对命题p：aR，且a0，有，命题q：xR，的真假进行判定，在利用复合命题的真假判定【解答】解：对于命题p：aR，且a0，有，利用均值不等式，显然p为真，故A错命题q：xR，而所以q是假命题，故B错利用复合命题的真假判定，p（q）是真命题，故C正确（p）q是假命题，故D错误故选：C【点评】本题考查的知识点是复合命题

8、的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断2设ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C=（）ABCD【考点】余弦定理；正弦定理【分析】由正弦定理将3sinA=5sinB转化为5b=3a，从而将b、c用a表示，代入余弦定理即可求出cosC，即可得出C【解答】解：b+c=2a，由正弦定理知，5sinB=3sinA可化为：5b=3a，解得c=b，由余弦定理得，cosC=，C=，故选：B【点评】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题3在ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，且f（A）=2，b=1，

9、ABC的面积是，则的值是（）A2B2C4D2【考点】正弦定理的应用【分析】由f（A）=2，求出 A=，ABC的面积是求出c=2，由余弦定理可得 a2=b2+c22bc cosA，求出 a 的值，由正弦定理求得的值【解答】解：f（A）=2sin（2A+）+1=2，sin（2A+）=，又 0A，2A+，2A+=，A=由ABC的面积是=c 可得 c=2由余弦定理可得 a2=b2+c22bc cosA=54，a=，=2，故选 A【点评】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，根据三角函数的值求角，求出角A的值和a边的值，是解题的关键4设Sn为等差数列an的前n项的和a1=1，则数列的前xx项和为（）ABCD

10、【考点】等差数列的性质【分析】利用等差数列的性质，等差数列的通项公式以及前n项和公式，求得数列用裂项法进行求和an的通项公式、前n项公式，可得数列的通项公式，进而用裂项法求得它的前xx项和【解答】解：Sn为等差数列an的前n项的和a1=1，设公差为d，=a1+1008d（a1+1007d）=d，an=a1+（n1）d=n，Sn=n1+1=，=2（），则数列的前xx项和为21+）=2（1）=，故选：A【点评】本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式以及前n项和公式，用裂项法进行求和，属于中档题5已知F1、F2为双曲线C：x2y2=1的左、右焦点，点P在C上，F1PF2=60，则P到x轴的距

11、离为（）ABCD【考点】双曲线的定义；余弦定理；双曲线的简单性质【分析】设点P（x0，y0）在双曲线的右支，由双曲线的第二定义得，由余弦定理得cosF1PF2=，由此可求出P到x轴的距离【解答】解：不妨设点P（x0，y0）在双曲线的右支，由双曲线的第二定义得，由余弦定理得cosF1PF2=，即cos60=，解得，所以，故P到x轴的距离为故选B【点评】本题主要考查双曲线的几何性质、第二定义、余弦定理，考查转化的数学思想，通过本题可以有效地考查考生的综合运用能力及运算能力6已知二次不等式ax2+2x+b0解集为x|x，则a2+b2ab的最小值为（）A0B1C2D4【考点】基本不等式在最值问题中的应

12、用；简单线性规划【分析】根据一元二次不等式的解集得到a，b满足的条件，利用配方法结合基本不等式进行求解即可【解答】解：二次不等式ax2+2x+b0解集为x|x，则a0且ab=1，则a2+b2ab=（a+b）2（a+b）2ab=（a+b）2（a+b）2=（a+b）2，a+b2=2，当a+b=2时，a2+b2ab取得最小值此时a2+b2ab=2222=0，故选：A【点评】本题主要考查一元二次不等式以及基本不等式的应用，利用配方法和转化法是解决本题的关键7已知直线y=k（x+2）（k0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（）ABCD【考点】抛物线的简

13、单性质【分析】根据直线方程可知直线恒过定点，如图过A、B分别作AMl于M，BNl于N，根据|FA|=2|FB|，推断出|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，进而可知，进而推断出|OB|=|BF|，进而求得点B的横坐标，则点B的坐标可得，最后利用直线上的两点求得直线的斜率【解答】解：设抛物线C：y2=8x的准线为l：x=2直线y=k（x+2）（k0）恒过定点P（2，0）如图过A、B分别作AMl于M，BNl于N，由|FA|=2|FB|，则|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，则，|OB|=|BF|，点B的横坐标为1，故点B的坐标为，故选D【点评】本题主要考查了抛物线的简单性

14、质考查了对抛物线的基础知识的灵活运用8直三棱柱A1B1C1ABC，BCA=90，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）ABCD【考点】异面直线及其所成的角【分析】以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BD1与AF1所成角的余弦值【解答】解：直三棱柱A1B1C1ABC，BCA=90，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，设BC=CA=CC1=2，则B（0，20），D1（1，1，2），A（2，0

15、，0），F1（1，0，2），=（1，1，2），=（1，0，2），设BD1与AF1所成角为，则cos=BD1与AF1所成角的余弦值为故选：B【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用9设等差数列an的前n项和为Sn，已知a2=10，a3+a7=8，当Sn取得最小值时，n的值为（）A5B6C7D6或7【考点】等差数列的通项公式【分析】利用等差数列的通项公式与单调性即可得出【解答】解：设等差数列an的公差为d，a2=10，a3+a7=8，a1+d=10，2a1+8d=8，解得a1=12，d=2an=12+2（n1）=2n14，令an0，解得n7当S

16、n取得最小值时，n的值为6或7故选：D【点评】本题考查了等差数列的通项公式与单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是平行四边形，M是AC与BD的交点若=， =， =，则可以表示为（）ABCD【考点】空间向量的加减法【分析】利用向量三角形法则、平行四边形法则即可得出【解答】解：四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是平行四边形，M是AC与BD的交点=+， =，=，故选：C【点评】本题考查了向量三角形法则、平行四边形法则，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11已知对任意的a1，1，函数f（x）=x2+（a4）x+42a的值总大于0，则x的取值范围是（）

17、Ax1或x3B1x3C1x2Dx2或x3【考点】二次函数的性质【分析】把二次函数的恒成立问题转化为y=a（x2）+x24x+40在a1，1上恒成立，再利用一次函数函数值恒大于0所满足的条件即可求出x的取值范围【解答】解：原题可转化为关于a的一次函数y=a（x2）+x24x+40在a1，1上恒成立，只需x1或x3故选：A【点评】本题的做题方法的好处在于避免了讨论二次函数的对称轴和变量间的大小关系，而一次函数在闭区间上的最值一定在端点处取得，所以就把解题过程简单化了12已知实数x，y满足约束条件，目标函数z=x+y，则当z=3时，x2+y2的取值范围是（）ABCD【考点】简单线性规划【分析】作出不

18、等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可得到结论【解答】解：作出不等式对应的平面区域，当目标函数z=x+y，则当z=3时，即x+y=3时，作出此时的直线，则x2+y2的几何意义为动点P（x，y）到原点的距离的平方，当直线x+y=3与圆x2+y2=r2相切时，距离最小，即原点到直线x+y=3的距离d=，即最小值为d2=，当直线x+y=3与圆x2+y2=r2相交与点B或C时，距离最大，由，解得x=1，y=2，即B（1，2），由，解得x=2，y=1，即C（2，1）此时r2=x2+y2=22+12=5，故选：C【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想

19、是解决此类问题的基本方法二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸给定的横线上.13设等比数列an的公比q=2，前n项和为Sn，S4=a4，则为【考点】等比数列的前n项和【分析】根据等比数列的通项公式以及前n项和公式进行求解即可【解答】解：等比数列an的公比q=2，由S4=a4，得=23a1=8a1，即15=8，故=，故答案为：【点评】本题主要考查等比数列的应用，根据等比数列的通项公式以及前n项和公式，建立方程是解决本题的关键14已知ABC中，AB=，BC=1，sinC=cosC，则ABC的面积为【考点】正弦定理；三角形的面积公式【分析】由已知及tanC=可求tan

20、C，进而可求C，然后由余弦定理可得，可求AC，代入可求【解答】解：sinC=cosC，tanC=C（0，）AB=，BC=1，由余弦定理可得， =AC=2， =故答案为：【点评】本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，解题的关键是熟练应用基本公式15如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，AB=BC=AA1，ABC=90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；异面直线及其所成的角【分析】通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可得出【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系由于AB=BC=AA1，不妨取AB=

21、2，则E（0，1，0），F（0，0，1），C1（2，0，2）=（0，1，1），=（2，0，2）=异面直线EF和BC1的夹角为故答案为：【点评】本题考查了通过建立空间直角坐标系和向量的夹角公式求异面直线的夹角，属于基础题16已知椭圆的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|AF|=6，AFB=90，则C的离心率e=【考点】椭圆的简单性质【分析】由已知条件，利用解直角三角形求出|BF|，再利用椭圆的对称性质能求出椭圆的离心率【解答】解：如图所示，在AFB中，|AB|=10，|AF|=6，AFB=90，|BF|2=|AB|2|AF|2=10036=64，

22、|BF|=8，设F为椭圆的右焦点，连接BF，AF根据对称性可得四边形AFBF是矩形|BF|=|AF|=6，|FF|=102a=8+6=14，2c=10，解得a=7，c=5，e=，故答案为：【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，解题时要认真审题，注意椭圆的对称性的合理运用三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程17（12分）（xx秋临沂期末）设命题p：实数x满足x24ax+3a20，其中a0，命题q：实数x满足（1）若a=1，且pq为真，求实数x的取值范围；（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围【考点】复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】

23、（1）现将a=1代入命题p，然后解出p和q，又pq为真，所以p真且q真，求解实数a的取值范围；（2）先由p是q的充分不必要条件得到q是p的充分不必要条件，然后化简命题，求解实数a的范围【解答】解：（1）当a=1时，p：x|1x3，q：x|2x3，又pq为真，所以p真且q真，由得2x3，所以实数x的取值范围为（2，3）（2）因为p是q的充分不必要条件，所以q是p的充分不必要条件，又p：x|ax3a（a0），q：x|2x3，所以解得1a2，所以实数a的取值范围是（1，2【点评】充要条件要抓住“大能推小，小不能推大”规律去推导18（12分）（xx秋临沂期末）在ABC中，角A，B，C所列边分别为a，b

24、，c，且（）求角A；（）若，试判断bc取得最大值时ABC形状【考点】三角形的形状判断；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理【分析】（）利用正弦定理和同角三角函数的基本关系化简已知式可得，从而求得角A的值（）在ABC中，利用余弦定理和基本不等式可得bc3，此时根据，又，可得，ABC为等边三角形【解答】解：（），（2分）即，0A，（6分）（）在ABC中，a2=b2+c22bccosA，且，b2+c22bc，32bcbc，即bc3，当且仅当时，bc取得最大值，（9分），又，故bc取得最大值时，ABC为等边三角形 （12分）【点评】本题考查正弦定理、余弦定理，同角三角函数的基本关系，基本不等式的应用，

25、求出bc3，是解题的难点19（12分）（xx河西区一模）已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）令bn=（1）n1，求数列bn的前n项和Tn【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合【分析】（1）根据等差数列的性质得出（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，运用通项公式求解即可（2）由（）可得bn=（1）n1（+）对n分类讨论“裂项求和”即可得出【解答】解：（1）等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1、S2、S4成等比数列Sn=na1+n（n1）（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，an=2n1；

26、（2）由（）可得bn=（1）n1=（1）n1=（1）n1（+）Tn=（1+）（+）+（+）+（1）n1（+）当n为偶数时，Tn=1+）（+）+（+）+（+）（+）=1=当n为奇数时，Tn=1+）（+）+（+）+（+）+（+）=1+=Tn=【点评】本题综合考查了等差数列等比数列的定义，性质，公式，运用方程组的方法求解即可，属于容易题20（12分）（xx秋临沂期末）已知四棱锥PABCD中底面四边形ABCD是正方形，各侧面都是边长为2的正三角形，M是棱PC的中点建立空间直角坐标系，利用空间向量方法解答以下问题：（1）求证：PA平面BMD；（2）求二面角MBDC的平面角的大小【考点】二面角的平面角及求

27、法；直线与平面平行的判定【分析】（1）连结AC、BD交于点O，连结OP，以O为原点，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能证明PA平面BMD（2）求出平面ABCD的法向量和平面MBD的法向量，利用向量法能求出二面角MBDC的平面角【解答】证明：（1）连结AC、BD交于点O，连结OP（1分）四边形ABCD是正方形，ACBDPA=PC，OPAC，同理OPBD，（2分）以O为原点，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，平面BMD的法向量为，又PA平面BMD，PA平面BMD（6分）解：（2）平面ABCD的法向量为（7分）平面MBD的法向量为，则，即，（8

28、分）（9分）二面角MBDC的平面角为，则，=45，（11分）二面角MBDC的平面角45（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用21（12分）（xx秋临沂期末）某中学食堂定期从粮店以每吨1500元的价格购买大米，每次购进大米需支付运输费 100元食堂每天需用大米l吨，贮存大米的费用为每吨每天2元（不满一天按一天计），假 定食堂每次均在用完大米的当天购买（1）该食堂隔多少天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少？（2）粮店提出价格优惠条件：一次购买量不少于20吨时，大米价格可享受九五折（即原价的95%），问食堂可否接受此优惠条件？

29、请说明理由【考点】基本不等式在最值问题中的应用【分析】（1）设每n天购一次，即购n吨，则库存总费用为2n+（n1）+2+1=n（n+1）即可得到平均每天费用y1=，利用基本不等式即可得出最小值（2）若接受优惠，每m天购一次，即购m吨（m20），则平均每天费用y2=利用导数研究其单调性，即可得出其最小值【解答】解：（1）设每n天购一次，即购n吨，则库存总费用为2n+（n1）+2+1=n（n+1）则平均每天费用y1=n=当且仅当n=10时取等号该食堂隔10天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少（2）若接受优惠，每m天购一次，即购m吨（m20），则平均每天费用y2=（m20，+）令f（m）=则0，

30、故当m20，+）时，函数f（m）单调递增，故当m=20时，（y2）min=14511521食堂可接受此优惠条件【点评】正确审请题意，利用等差数列的前n项和公式得出表达式，熟练掌握基本不等式求最值和利用导数研究函数的单调性等是解题的关键22（10分）（xx秋临沂期末）如图，已知椭圆C： +=1（ab0）的离心率为，短轴端点与椭圆的两个焦点所构成的三角形面积为1，过点D（0，2）且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在定点，使恒为定值若存在求出这个定值；若不存在，说明理由【考点】椭圆的简单性质【分析】（1）根据椭圆的性质列方程解出a，b；（2）联立方程组消元，得出A，B坐标的关系，代入向量的数量积公式计算即可【解答】解：（1）根据，解得，椭圆C的方程为（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程得，消y得（1+2k2）x2+8kx+6=0，则x1+x2=，x1x2=又y1y2=（kx1+2）（kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4=，y1+y2=（kx1+2）+（kx2+2）=k（x1+x2）+4=，=故恒为定值【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题