2021-2022学年陕西省商洛市高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年陕西省商洛市高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．命题“所有正数的立方都是正数”的否定是（    ）

A．所有正数的立方都不是正数

B．存在一个正数，它的立方不是正数

C．存在一个非正数，它的立方不是正数

D．不存在一个正数，它的立方是正数

【答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题即可求解.

【详解】命题“所有正数的立方都是正数”可以改写为：任意一个正数，它的立方是正数，

则否定为：存在一个正数，它的立方不是正数，

故选:B.

2．若，则（    ）

A． B．

C． D．无法判断的正负

【答案】A

【分析】由题知，进而得，，进而得．

【详解】解：因为，

所以，，

所以，，

所以.

故选：A

3．已知数列，则这个数列的第8项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依据前五项的规律写出数列的通项公式，由通项公式求出数列的第8项即可.

【详解】由已知条件得

∵数列，，，，

∴，

则

故选：.

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】A

【分析】解不等式得，解不等式得，再根据集合关系判断即可.

【详解】解：解不等式得，

等价于，解得，

因为是的真子集，

所以是的充分不必要条件，

所以，“”是“”的充分不必要条件

故选：A

5．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①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②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（    ）

A．1.35m B．2.05m C．2.7m D．5.4m

【答案】A

【分析】根据题意先建立恰当的坐标系，可设出抛物线方程，利用已知条件得出点在抛物线上，代入方程求得p值，进而求得焦点到顶点的距离.

【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系xOy，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上．

设抛物线的标准方程为，

由已知条件可得，点在抛物线上，

所以，解得，

因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.35m，

故选：A.

6．在平行六面体中，点在上，且，若，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】根据空间向量的加法、减法、数乘运算即可求解.

【详解】

如图，

,

所以，

所以，

故选:C.

7．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯.”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，问塔的顶层灯的盏数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】可知每一层灯数形成以2为公比的等比数列，根据即可求出.

【详解】解：设顶层的灯数是，则每一层灯数形成以2为公比的等比数列，

所以，由题可得，解得，

所以，塔的顶层的灯数是3.

故选：C.

8．椭圆的离心率为，则（    ）

A．6 B．10 C．6或18 D．10或18

【答案】C

【分析】对椭圆的焦点位置分两种情况讨论，解方程即得解.

【详解】解：当椭圆的焦点在轴上时，.

则，得；

当椭圆的焦点在轴上时，.

则，得.

故选：C

9．在中，为的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用余弦定理求解即可.

【详解】

在中，由余弦定理得,

在中，由余弦定理得,

所以，

故选:C.

10．若数列满足，，则满足不等式的最大正整数n为（    ）

A．28 B．29 C．30 D．31

【答案】A

【分析】依题意可得，再利用累乘法求出通项公式，再解一元二次不等式即可；

【详解】解：由，得，

所以

因为，所以，解得，所以满足条件的最大正整数n为28.

故选：A

11．3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术，如图所示的塔筒为3D打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为4cm，下底直径为6cm，高为9cm，则喉部（最细处）的直径为（    ）

A．cm B．cm C．cm D．cm

【答案】D

【分析】作该塔筒的轴截面图像并建立坐标系，根据双曲线的性质求出其实轴长度即可.

【详解】该塔筒的轴截面如图所示，以C为喉部对应点，设A与B分别为上、下底面对应点，以双曲线的对称中心为原点，焦点所在轴为x轴建立如图所示的坐标系.

由题意可知，，，

设，则．

设双曲线的方程为，

∵双曲线的离心率为，∴．

方程可化简为(*)，

将A和B的坐标代入(*)式可得解得，

则喉部的直径cm．

故选：D

二、多选题

12．如图，和所在平面垂直，且，则下列结论不正确的是（    ）

A．直线与直线所成角的大小为

B．直线与直线所成角的余弦值为

C．直线与平面所成角的大小为

D．三棱锥的体积为

【答案】BC

【分析】过点在平面内作交于点，过点在平面内作交于点，证明出两两垂直，进而以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.

【详解】如下图所示，过点在平面内作交于点，

过点在平面内作交于点，

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，

因为平面，

所以，

所以，两两垂直，

所以，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为，

所以，、、、.

对于A选项，，，则，，

故直线与直线所成角的大小为，A对；

对于B选项，，，

，

所以，直线与直线所成角的余弦值为，B对；

对于C选项，，平面的一个法向量为，

，

所以，直线与平面所成角的大小为，C对；

对于D选项，由题知点到平面的距离为，，故三棱锥的体积为，故D错误；

故选：BC

三、填空题

13．若变量满足约束条件则目标函数的最小值为___________.

【答案】-7

【分析】画出可行域，根据几何意义得到当目标函数经过时，取得最小值，代入求出答案.

【详解】画出可行域及，可得到当过点A时，取得最小值，

联立，得到，

故.

故答案为：-7

14．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.现有一道和书中内容类似的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且较多的三份面包个数之和的是较少的两份面包个数之和，则最少的一份面包个数为_____________.

【答案】10

【分析】设每人所得的面包个数从小到大依次为，，，，，

由题意列方程组求出a，d，即可得到结论.

【详解】设每人所得的面包个数从小到大依次为，，，，，

则，

所以.

因为，所以，所以，

所以最少的一份面包个数为.

故答案为：10

15．若满足的有两个，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】利用余弦定理，则关于的一元二次方程有两个不相等的正实数根即可求解.

【详解】设，在中，

由余弦定理得，

即，

整理为关于的一元二次方程，

根据题意，该一元二次方程有两个不相等的正实数根，

所以，解得，

故答案为: .

16．抛物线上有一动点，其焦点为，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】根据抛物线的定义得到，进而结合几何图形可确定最小值.

【详解】

由题可知，抛物线焦点为，准线为，

过作准线的垂线为交准线为点，

根据抛物线的定义可知，

所以，

因为为抛物线上的动点，所以当为点时，

取到最小值为,

故答案为: .

四、解答题

17．已知椭圆的中心在坐标原点，且过点，

(1)求椭圆的标准方程；

(2)抛物线的顶点在坐标原点，以椭圆的上顶点作为抛物线的焦点，求抛物线的标准方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设出椭圆方程，根据椭圆过的点列出方程组求解；

（2）利用椭圆的性质和抛物线的方程求解.

【详解】（1）设椭圆方程为，

因为椭圆过点过点，

所以，解得，

所以椭圆方程为：.

（2）由（1）知椭圆的上顶点为，

所以抛物线的焦点为，

所以，所以抛物线方程为：.

18．已知命题：对任意恒成立；命题方程表示双曲线.

(1)如果是真命题，求的取值范围；

(2)如果为真命题，为假命题，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知对任意恒成立，进而独立参数求解即可；

（2）当命题为真时，，再根据题意，分真假时和假真时讨论求解即可.

【详解】（1）解：因为命题：对任意恒成立，

所以，对任意恒成立，

所以，对任意恒成立，

所以，当时，，

所以，如果是真命题，的取值范围

（2）解：命题方程表示双曲线，

所以，，解得，

因为为真命题，为假命题，

所以，命题一真一假，

当真假时，，

当假真时，，

所以，的取值范围是.

19．已知等差数列的前项和为，公差是的等比中项，.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的公式列方程求解得，进而得通项公式；

（2）结合（1）得，再根据裂项求和法求解即可.

【详解】（1）解：由题意知

因为，所以

所以.

（2）解：因为

所以

.

20．在中，内角所对的边分别为，且.

(1)求角；

(2)若的面积为，周长为，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而得；

（2）由三角形面积得，进而根据余弦定理得，再根据周长得，进而解方程即可得答案.

【详解】（1）解：根据正弦定理可得，

因为，所以，

因为，

所以，解得

又，

所以

（2）因为的面积为，

所以，解得，

因为，

所以，由余弦定理得

因为的面积的周长为，即，

所以，

所以，，即，解得.

所以的值为

21．如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且.

(1)证明：.

(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设，

利用空间向量法即可证明空间直线的位置关系；

(2)根据三棱锥的体积公式和基本不等式求出m的值，利用空间向量法求出平面和平面BEF的法向量，结合数量积运算即可.

【详解】（1）以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，

则，，，，

所以，.

因为，

所以，即.

（2）由（1）知，

当且仅当时，等号成立，

此时，.

因为，所以，.

设平面的法向量为，

则

令，得.

取平面BEF的一个法向量.

设平面与平面BEF的夹角为，

则，

即平面与平面BEF夹角的余弦值为.

22．已知分别是椭圆的左､右焦点，点是椭圆上的一点，且的面积为1.

(1)求椭圆的短轴长；

(2)过原点的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，若为等边三角形，求的取值范围.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）根据题意表示出的面积，即可求得结果；

（2）分类讨论直线斜率情况，然后根据是等边三角形，得到，联立直线和椭圆方程，用点的坐标表示上述关系式，化简即可得答案.

【详解】（1）因为，所以，

又因为，所以，

，

所以，则椭圆的短轴长为2.

（2）若为等边三角形，应有，即.

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，且，

此时若为等边三角形，则点应为长轴顶点，且，即.

当直线的斜率为0时，直线的方程为，且，

此时若为等边二角形，则点应为短轴顶点，

此时,不为等边三角形.

当直线的斜率存在且不为0时，设其方程为，则直线的方程为.

由得,

同理.

因为，所以，

解得.

因为，所以，则，即.

综上，的取值范围是.