2021-2022学年陕西省西安市蓝田县高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年陕西省西安市蓝田县高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．在等比数列中，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】等比数列的性质可知,故选.

2．过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，如果，则   

A．9 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】根据抛物线的方程，算出焦点为，准线方程为，利用抛物线的定义求得弦长，即可求解.

【详解】由题意，抛物线的方程为，可得，

所以抛物线的焦点为，准线方程为，

根据抛物线的定义，可得，

所以，

又因为过抛物线的焦点，且，

所以，故选D.

【点睛】本题主要考查了抛物线的定义的应用，以及抛物线的焦点弦问题，其中解答中熟记抛物线的定义，合理利用焦点弦的性质求解是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

3．命题，的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据全称量词命题的否定的知识确定正确答案.

【详解】原命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，

注意到要否定结论，所以C选项符合.

故选：C

4．“”是“”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】先解不等式，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.

【详解】解不等式得；

由能推出，由不能推出；

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选B

5．若，，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据不等式的性质以及特殊值来确定正确答案.

【详解】A选项，不等式两边同时减去一个数，不等号的方向不变，A选项正确.

B选项，当时，，B选项错误.

C选项，当时，，C选项错误.

D选项，当时，，D选项错误.

故选：A

6．设的内角所对的边分别是，其中，那么满足条件的（　　）

A．有一个解 B．有两个解 C．不能确定 D．无解

【答案】A

【分析】先利用正弦定理求得 ，再由确定解的个数.

【详解】在中，，

由正弦定理得：,

所以 ，

又因为 ，

所以 ，

所以满足条件的只有一个解，

故选：A

7．已知数列满足，，则（    ）

A．1 B．2 C．-1 D．1.5

【答案】C

【分析】结合数列的周期性求得正确答案.

【详解】，

所以数列是周期为的周期数列，

所以.

故选：C

8．已知命题：；命题：若则．下列命题为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先判断命题的真假，再逐个分析判断即可

【详解】解：因为，所以命题为真命题，则为假命题

因为当时，，所以命题为假命题，则为真命题，

所以为真命题，

故选：D

9．如图，要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为

A．m B．20 m

C．m D．40 m

【答案】D

【分析】设，在中，利用余弦定理列出关于的方程，即可求解，得到答案．

【详解】由题意，设，则，

在中，由余弦定理，得．

化简得解得．即AB=40 m．

故选D．

【点睛】本题主要考查了三角形的实际应用问题，其中解答解三角形实际问题时需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边角之间的关系，合理使用正、余弦定理列出方程是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．

10．若变量满足约束条件，则的最小值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】作出可行域，它表示斜率为，在轴上的截距为的直线，再利用数形结合分析得解.

【详解】由约束条件，作可行域如图中阴影部分，

由题得，它表示斜率为，纵截距为的直线，

当直线经过点时，直线的纵截距最小，此时最小.

联立，解得（0，1），

∴的最小值为.

故选：A

11．我国古代数学著作《九章算术》中记载问题：“今有垣厚八尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日半尺，大鼠日增倍，小鼠日自半，问几何日相逢?”，意思是“今有土墙厚8尺，两鼠从墙两侧同时打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天打洞半尺，大鼠之后每天打洞长度比前一天多一倍，小鼠之后每天打洞长度是前一天的一半，问两鼠几天打通相逢?”两鼠相逢需要的最少天数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】求得前几天两只老鼠打洞长度的和，由此确定需要的天数.

【详解】依题意可知，大老鼠每天打洞的长度是首项，公比为的等比数列；大小老鼠每天打洞的长度是首项，公比为的等比数列.设是前天两只老鼠打洞长度的和.

第天，；

第天，；

第天，；

第天，，显然大于.

所以两鼠相逢需要的最少天数为天.

故选：B

【点睛】本小题主要考查等比数列，考查中国古代数学文化，属于基础题.

12．设，是椭圆：的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与直线相交于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得点的坐标，然后根据列方程，化简求得离心率.

【详解】由于为等腰三角形，

所以，.

故选：A

二、填空题

13．双曲线的渐近线方程为___________.

【答案】

【分析】根据双曲线渐近线方程的求法求得正确答案.

【详解】令，解得，

所以双曲线的渐近线方程为.

故答案为：

14．如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边长都等于1，点E，F分别是AB，AD的中点，则的值为___________.

【答案】##

【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.

【详解】.

故答案为：

15．已知空间三点，，，设，，，且，则___________.

【答案】或

【分析】先求得，然后根据向量共线以及向量的模求得.

【详解】，

由于，所以，

所以，

所以为或.

故答案为：或

16．一个数列从第二项起，每一项与前一项的和都等于一个常数，则称此数列为等和数列，这个常数叫做等和数列的公和，设等和数列的公和为2，前项和为，若，则___________.

【答案】

【分析】由题意可得，分组求和，从而可求出.

【详解】，

，

．

故答案为：.

三、解答题

17．解下列不等式．

(1)；

(2)．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用不等式性质转化为二次项系数为正数的一元二次不等式求解即可；

（2）利用不等式性质化为一元二次不等式，解出即可.

【详解】（1）由可得，

解可得，

故原不等式的解集为．

（2）由，可得，即，

解可得，，

故原不等式的解集为．

18．在△ABC中，内角A,B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB．

（1）求角B的大小；

（2）若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值

【答案】（1）B=60°（2）

【详解】（1)由正弦定理得

【考点定位】本题主要考察三角形中的三角函数，由正余弦定理化简求值是真理

19．已知x，y都是正数.

(1)若，求的最大值；

(2)若，求的最小值.

【答案】(1)6

(2)9

【分析】（1）利用基本不等式求得的最大值.

（2）利用基本不等式求得的最小值.

【详解】（1）∵，

∴，当且仅当，即，时等号成立，

∴的最大值为6.

（2），

当且仅当，即，时等号成立，

∴的最小值为9.

20．已知数列满足，，设.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）对两边同除得为等差数列，再用等差数列通项公式求解即可；

（2）先求出，再用分组求和的方法求和即可得数列的前项和.

【详解】解：（1）因为，

所以等式两边同除以得：，即：，

所以数列数列是以为公差，为首项的等差数列，

所以数列的通项公式为：.

（2）由（1）及题设得，，

所以数列的前项和

.

【点睛】本题考查等差数列的证明，通项公式，分组求和等，考查运算能力，是简单题.

21．如图，在直三棱柱中，，，、分别为线段、的中点．

（1）证明：平面；

（2）求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）由平面可得出，再由等腰三角形三线合一的性质可得出，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值．

【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，

因为平面，所以，

且，所以，四边形为平行四边形，可得，

同理可得，

，，因为为的中点，所以，，

，平面；

（2）平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、、，

，，，

设平面的法向量为，则有，即，

令，可得，

，

因此，与平面所成角的正弦值为．

【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：

（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；

②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；

③求，利用解三角形的知识求角；

（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.

22．已知椭圆：过点，且该椭圆长轴长是短轴长的二倍.

(1)求椭圆的方程；

(2)设点关于原点对称的点为，过点且斜率存在的直线交椭圆于点M，N，直线MA，NA分别交直线于点P，Q，求证为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.

（2）根据直线是否与轴重合进行分类讨论，求得的坐标，进而证得为定值.

【详解】（1）依题意知，∴椭圆的方程为，

又∵椭圆过点，∴有，解得，∴，

∴椭圆的方程为.

（2）∵点D与点A关于原点对称，∴点，

当直线MN与轴重合时，不妨设，，

则直线：，直线：，

则，，（定值）.

当直线MN与轴不重合时，设直线MN：，

与椭圆方程联立，化简得，

，解得.

设，，则，.

直线的方程为，则，

即.

直线的方程为，则，

即.

∴

（定值）.

综上，为定值1.

【点睛】当题目需要假设直线方程时，要注意一些特殊的情形，如要设，则需要讨论直线的斜率是否存在；如要设，则需要讨论直线是否与轴平行.