2021-2022学年陕西省安康市白河高级中学实验班高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年陕西省安康市白河高级中学实验班高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解一元二次不等式可求出集合B，然后进行交集的运算即可．

【详解】解：∵，又

∴．

故选：A．

2．椭圆的焦距为2，则的值等于（      ）.

A．5 B．8 C．5或3 D．5或8

【答案】C

【分析】分焦点在轴，轴上两种情况，利用，，即可求出的值.

【详解】当焦点在轴上时：，，解得：，

当焦点在轴上时：，，解得：，

所以或，

故选：C

【点睛】本题主要考查了椭圆的简单几何性质，属于基础题.

3．“a=1”是“直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【详解】直线和直线互相垂直的充要条件是，即，故选C

4．设向量满足， ，则=

A．1 B．2 C．3 D．5

【答案】A

【详解】因为，，两式相加得：，所以，故选A.

【解析】本小题主要考查平面向量的模、平面向量的数量积等平面向量知识，熟练基础知识与基本题型是解答好本类题目的关键．

5．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的函数图象，则下列说法正确的是

A．是奇函数

B．的周期是

C．的图像关于直线对称

D．的图像关于对称

【答案】D

【详解】试题分析：将函数的图象向左平移个单位，得到函数，

因为，所以，选D.

【解析】三角函数图象的变换，三角函数诱导公式，三角函数的图象和性质.

6．设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.

【详解】因为直线与抛物线交于两点，且，

根据抛物线的对称性可以确定，所以，

代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，

故选：B.

【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.

7．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则

，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.

【解析】本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.

8．《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r，正方形的边长为a（0＜a＜r），若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算圆形钱币的面积和正方形的面积，利用几何概型的概率公式求出p，则π可求．

【详解】圆形钱币的半径为rcm，面积为S圆＝π•r2；

正方形边长为acm，面积为S正方形＝a2．

在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是

p1，

所以π．

故选：A．

【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法及应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

9．圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + 20，则r=

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】B

【分析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，

截圆柱的平面过圆柱的轴线，

该几何体是一个半球拼接半个圆柱，

∴其表面积为： ，

又∵该几何体的表面积为16+20π，

∴ ，解得r=2，

本题选择B选项.

点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．

10．若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．

【详解】解：，

∵，∴，

，

∴．

故选：A．

11．已知O为坐标原点，双曲线的右焦点F，以OF为直径作圆交双曲线的渐近线于异于原点O的两点A、B，若，则双曲线的离心率e为

A．2 B．3 C． D．

【答案】C

【详解】依题意可得，且，所以

因为，所以

故，则，即

在中，因为

所以

所以点坐标为或

因为点在双曲线的渐近线上，而

所以代入可得，则

故，故选C

12．已知球O内切于正方体，P，Q，M，N分别是的中点，则该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意易知正方体的内切球球心为正方体的体对角线中点，直径为正方体的棱长，球心到平面的距离为底面对角线长的四分之一，从而可得内切球被平面所截得的截面小圆的半径，从而可得所求比值．

【详解】解：如图，易知正方体的内切球的球心O为的中点，

设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径，

又易知球心O到平面的距离等于E到平面的距离，

设交于点G，则易证平面，

∴球心O到平面的距离，

设正方体的棱长为，

则，，

∴球O被平面所截的小圆半径，

∴球O被平面所截的小圆面积为，

又易知，，

∴该正方体被平面所截得的截面面积为，

∴该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为，

故选：A

【点睛】关键点睛：根据正方体内切球的性质，结合正方体的性质是解题的关键.

二、填空题

13．若直线过点，则的最小值为________．

【答案】8

【分析】由直线过点，可得，从而有，展开后利用基本不等式可求得其最小值

【详解】解：因为直线过点，所以，

因为

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为8

故答案为：8

【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值时要注意“一正二定三相等”的条件，属于基础题

14．圆心在直线上的圆与轴的正半轴相切，圆截轴所得弦的长为，则圆的标准方程为__________．

【答案】

【详解】设圆心，半径为，则由题意知，，，，解得，所以所求圆的方程为，

故填：.

15．若，，则tanα＝__________．

【答案】##

【分析】由商数关系，二倍角公式变形后求得，再由同角关系式求得，．

【详解】因为，

所以，

因为，

所以，

所以，

解得，

所以，

所以．

故答案为：．

三、解答题

16．已知F是椭圆的左焦点，P是此椭圆上的动点，是一定点，求的最大值和最小值．

【答案】最大值为，最小值为．

【分析】首先把椭圆的方程转换为标准式，进一步利用椭圆的定义和三点共线建立不等式，最后求出的最大值和最小值

【详解】椭圆转化为，右焦点为，如图所示：

，，，，

故，

由于，（当且仅当P、A、三点共线时，等号成立），

所以，，

故的最大值为，最小值为．

17．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．

（1）求A；

（2）若BC=3，求周长的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；

（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.

【详解】（1）由正弦定理可得：，

，

，.

（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式

由余弦定理得：，

即.

（当且仅当时取等号），

，

解得：（当且仅当时取等号），

周长，周长的最大值为.

[方法二]：正弦化角（通性通法）

设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．

[方法三]：余弦与三角换元结合

在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，

所以周长的最大值为．

【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；

方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.

方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.

方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.

18．设数列的前n项和．

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）直接利用前n项和求出数列的通项公式；

（2）利用错位相减法求出数列的和．

【详解】（1）数列的前n项和，

当时，，

当时，，也满足．

所以．

（2）由（1）得：，

所以，①，

，②，

①-②得：

，

故．

19．如图，直三棱柱中，=1，是棱的中点，.

(1)证明：

(2)求二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明，只需证明面，即证明，；

（2）由（1）可证得两两垂直，如图以点为原点建系，设，利用向量法即可求得答案.

【详解】（1）证明：在直三棱柱中，

因为=1，是棱的中点，所以，

故在中，

同理：，，

，，

，

面，

面，

；

（2）解：在直三棱柱中，平面，

又平面，所以，

又因，，

所以平面，则两两垂直，

如图以点为原点建系，设，

则，

，

设为平面的法向量，为平面的法向量，

则有，可取，

同理可取，

设二面角为，

则，所以，

所以二面角的大小为.

20．已知抛物线C的方程C：y 2 =2p x（p＞0）过点A（1，-2）.

（I）求抛物线C的方程，并求其准线方程；

（II）是否存在平行于OA（O为坐标原点）的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

【答案】（I）抛物线C的方程为，其准线方程为（II）符合题意的直线l 存在，其方程为2x+y-1 =0.

【详解】试题分析：（Ⅰ）求抛物线标准方程，一般利用待定系数法，只需一个独立条件确定p的值：（－2）2＝2p·1，所以p＝2．再由抛物线方程确定其准线方程：，（Ⅱ）由题意设：，先由直线OA与的距离等于根据两条平行线距离公式得：解得，再根据直线与抛物线C有公共点确定

试题解析：解 （1）将（1，－2）代入y2＝2px，得（－2）2＝2p·1，

所以p＝2．

故所求的抛物线C的方程为

其准线方程为．

（2）假设存在符合题意的直线，

其方程为．

由得．

因为直线与抛物线C有公共点，

所以Δ＝4＋8t≥0，解得．

另一方面，由直线OA到的距离

可得，解得．

因为－1∉[－，＋∞），1∈[－，＋∞），

所以符合题意的直线存在，其方程为．

【解析】抛物线方程，直线与抛物线位置关系

【名师点睛】求抛物线的标准方程的方法及流程

（1）方法：求抛物线的标准方程常用待定系数法，因为未知数只有p，所以只需一个条件确定p值即可．

（2）流程：因为抛物线方程有四种标准形式，因此求抛物线方程时，需先定位，再定量．

提醒：求标准方程要先确定形式，必要时要进行分类讨论，标准方程有时可设为y2=mx或x2=my（m≠0）．

21．已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.

（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；

（ii）当最小时，求点T的坐标.

【答案】(1) ；（2）证明见解析，

【分析】（1）由题意，又，由此可求出的值，从而求得椭圆的方程.（2）椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.（ⅰ）设PQ的中点为，求出，只要，即证得OT平分线段PQ.（ⅱ）可用表示出PQ，TF可得：化简得：.再根据取等号的条件，可得T的坐标.

【详解】（1），又.

（2）椭圆方程化为.

（ⅰ）设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.

设PQ的中点为，则

又TF的方程为，则得，

所以，即OT过PQ的中点，即OT平分线段PQ.

（ⅱ），又，所以

.

当时取等号，此时T的坐标为.

【点睛】本题考查了椭圆的方程的求解，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了最值问题的求解方法，属于中档题.

22．在直角坐标系中，直线，圆,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求，的极坐标方程；

（2）若直线的极坐标方程为，设的交点为，求的面积．

【答案】(1),；(2)．

【详解】试题分析：（1）将代入的直角坐标方程，化简得，；（2）将代入，得得， 所以，进而求得面积为.

试题解析：

（1）因为 ，所以的极坐标方程为，

的极坐标方程为

（2）将代入

得得 ， 所以

因为的半径为1，则的面积为

【解析】坐标系与参数方程.

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分段讨论即可；

（2）利用三角不等式求最值，然后解不等式即可．

【详解】（1）或或，

即或，故不等式的解集为；

（2），当且仅当取等号，

故，则，故，

故a的取值范围为：．