2021-2022学年陕西省安康市安康中学高二上学期期末联考数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年陕西省安康市安康中学高二上学期期末联考数学（理）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年陕西省安康市安康中学高二上学期期末联考数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先解分式不等式得到，再求即可.【详解】，，所以.故选：D2．已知，若，是第二象限角，则=（        ）A． B．5C． D．10【答案】D【分析】先由诱导公式及同角函数的关系得到，再根据诱导公式化简，最后由二倍角公式化简求值即可.【详解】∵，∴，∵是第二象限角，∴，∴．故选：D．3．命题，，则为（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.【详解】命题，为特称命题，而特称命题的否定是全称命题，所以命题，，则为：，.故选：B4．已知向量，，且与互相垂直，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据垂直关系可得，由向量坐标运算可构造方程求得结果.【详解】，，又与互相垂直，，解得：.故选：D.5．从1，2，3，4，5中随机抽取三个数，则这三个数能成为一个三角形三边长的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】列举出所有情况，然后根据两边之和大于第三边数出能构成三角形的情况，进而得到答案.【详解】5个数取3个数的所有情况如下：{1,2,3；1,2,4；1,2,5；1,3,4；1,3,5；1,4,5；2,3,4；2,3,5；2,4,5；3,4,5}共10种情况，而能构成三角形的情况有{2,3,4；2,4,5；3,4,5}共3种情况，故所求概率.故选：C.6．下列命题中是真命题的是（       ）A．“”是“”的充分非必要条件B．“”是“”的必要非充分条件C．在中“”是“”的充分非必要条件D．“”是“”的充要条件【答案】B【分析】根据充分条件、必要条件、充要条件的定义依次判断.【详解】当时，，非充分，故A错.当不能推出，所以非充分，，所以是必要条件，故B正确.当在中，，反之，故为充要条件，故C错；当时，，，，是充分条件，因为，当时成立，非必要条件，故D错.故选：B.7．已知梯形中，，且，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据共线定理、平面向量的加法和减法法则，即可求得，进而求出的值，即可求出结果.【详解】因为，所以又，所以.故选：D.8．如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为4的菱形，且，E为AD的中点，，则异面直线PC与BE所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据异面直线的定义找出角即为所求，再利用余弦定理解三角形即可得出.【详解】分别取BC，PB的中点F，G，连接DF，FG，DG，如图，因为E为AD的中点，四边形ABCD是菱形，所以，所以（其补角）是异面直线PC与BE所成的角．因为底面ABCD是边长为4的菱形，且，，由余弦定理可知，所以，所以，所以异面直线PC与BE所成角的余弦值为，故选：B9．已知是椭圆两个焦点，P在椭圆上，，且当时，的面积最大，则椭圆的标准方程为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意知c＝3，当△F1PF2的面积最大时，点P与椭圆在y轴上的顶点重合，即可解出．【详解】由题意知c＝3，当△F1PF2的面积最大时，点P与椭圆在y轴上的顶点重合，∵时，△F1PF2的面积最大，∴a＝＝，b＝．∴椭圆的标准方程为．故选：A．10．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意画出几何体的图形，把、、、扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，由此能求出球的表面积．【详解】把、、、扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，，，是正三角形，，，球的表面积为．故选：C11．如图①所示，将一边长为1的正方形沿对角线折起，形成三棱锥，其主视图与俯视图如图②所示，则左视图的面积为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由视图确定该几何体的特征，即可得解.【详解】由主视图可以看出，A点在面上的投影为的中点，由俯视图可以看出C点在面上的投影为的中点，所以其左视图为如图所示的等腰直角三角形，直角边长为，于是左视图的面积为．故选：A.12．设双曲线的左、右顶点分别为、，左、右焦点分别为、，以为直径的圆与双曲线左支的一个交点为若以为直径的圆与直线相切，则的面积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】据三角形中位线可得；再由双曲线的定义求出，进而求出的面积．【详解】双曲线的方程为：，，设以为直径的圆与直线相切与点，则，且，，∥.又为的中点，，又，，的面积为：.故选:C二、填空题13．抛物线的焦点坐标为__________．【答案】【分析】化成标准形式，结合焦点定义即可求解.【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为．故答案为：14．若x，y满足约束条件，则的最大值为_________．【答案】3【分析】根据题意，画出可行域，找出最优解，即可求解.【详解】根据题意，不等式组所表示的可行域如图阴影部分，由图易知，取最大值的最优解为，故.故答案为：3．15．已知圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于、两点，且，则圆的方程为_________【答案】【分析】利用对称条件求出圆心C的坐标，借助直线被圆所截弦长求出圆半径即可写出圆的方程.【详解】设圆的圆心，依题意，，解得，即圆心，点C到直线的距离，因圆截直线所得弦AB长为6，于是得圆C的半径所以圆的方程为：.故答案为：16．如图，已知与所在平面垂直，且，，，点P、Q分别在线段BD、CD上，沿直线PQ将向上翻折，使D与A重合．则直线AP与平面ACQ所成角的正弦值为______．【答案】【分析】取的中点，的中点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据求出，再由空间向量的数量积即可求解.【详解】取的中点，的中点，如图以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，由，即，解得，所以，故，设为平面ACQ的一个法向量，因为，，由，即，所以，设直线AP与平面ACQ所成角为，则.故答案为：三、解答题17．在中，．(1)求的大小；(2)若，．求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得解；（2）首先由余弦定理求出，即可得到，再根据面积公式计算可得；【详解】(1)解：因为，由正弦定理可得，即，又在中，，所以，，所以；(2)解：由余弦定理得，即，解得，所以，又，所以；.18．已知数列{an}满足．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据递推关系式可得，再由等差数列的定义以及通项公式即可求解.（2）利用错位相减法即可求解.【详解】(1)（1），即，所以数列为等差数列，公差为1，首项为1，所以，即.(2)令，所以，所以19．已知梯形如图甲所示，其中，，，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图乙所示的几何体．(1)求证：平面；(2)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.【答案】(1)证明过程见解析；(2).【分析】（1）根据面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】(1)∵平面平面，平面平面平面，，∴平面；(2)（2）建系如图：设平面的法向量，，，，， ，则，设，，，解得或（舍），，∴.20．已知与定点，的距离比为的点P的轨迹为曲线C，过点的直线l与曲线C交于M，N两点.(1)求曲线C的轨迹方程；(2)若，求.【答案】(1)(2)或【分析】（1）设曲线上的任意一点，由题意可得，化简即可得出．（2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率不存在时，即可求出、的坐标，从而求出，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，则，即可求出，从而求出直线方程，由圆心在直线上，即可求出弦长；【详解】(1)解：（1）设曲线上的任意一点，由题意可得：，即，整理得．(2)解：依题意当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，则或，即、，所以、，所以满足条件，此时，当直线的斜率存在，设直线方程为，，，则，消去整理得，由，解得或，所以、，因为，，所以，解得，所以直线方程为，又直线过圆心，所以，综上可得或；21．已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与轴的正半轴重合，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是（是参数）．(1)求直线的直角坐标方程及曲线的普通方程；(2)求曲线上的点到直线的距离的最大值．【答案】(1)直线的直角坐标方程是，曲线的普通方程是(2)【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化的公式进行求解，消去参数求出普通方程；（2）设曲线上任一点以，利用点到直线距离公式和辅助角公式进行求解.【详解】(1)因为，所以，即，将，代入，得直线的直角坐标方程是． 由得曲线的普通方程是．(2)设曲线上任一点以， 则点到直线的距离当时，，故曲线上的点到直线的距离的最大值为．22．在平面直角坐标系中，动点，满足，记点的轨迹为．(1)请说明是什么曲线，并写出它的方程；(2)设不过原点且斜率为的直线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与交于两点，，请判断与的关系，并证明你的结论．【答案】(1)椭圆，(2)，证明见解析【分析】（1）结合椭圆第一定义直接判断即可求出的轨迹为；（2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，写出韦达定理；由中点公式求出点，进而得出直线方程，联立椭圆方程求出，结合弦长公式可求，可转化为，结合韦达定理可化简，进而得证.【详解】(1)设，，则因为，满足，即动点表示以点，为左、右焦点，长轴长为4，焦距为的椭圆，其轨迹的方程为；(2)可以判断出， 下面进行证明：设直线的方程为，，，由方程组，得①，方程①的判别式为，由，即，解得且． 由①得，，所以点坐标为，直线方程为，由方程组，得，，所以．又．所以.