廣東省廣州市匯僑中學(xué)2021-2022學(xué)年高二數(shù)學(xué)理下學(xué)期期末試卷含解析

廣東省廣州市匯僑中學(xué)2021-2022學(xué)年高二數(shù)學(xué)理下學(xué)期期末試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.設(shè)變量、滿足約束條件，則目標(biāo)函數(shù)的最小值為（

）A．2

B．3

C．4

D．9參考答案：B2.設(shè)平面與平面相交于直線，直線在平面內(nèi)，直線在平面內(nèi)，且則“”是“”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件

C.充要條件D.

即不充分不必要條件參考答案：A3.同時(shí)拋擲兩枚骰子，則兩枚骰子向上的點(diǎn)數(shù)相同的概率為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B4.“”是“”的（

）A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件參考答案：A略5.將參數(shù)方程化為普通方程為（

）A

B

C

D

參考答案：C略6.已知直線y=k（x+2）（k＞0）與拋物線C：y2=8x相交于A、B兩點(diǎn)，F(xiàn)為C的焦點(diǎn)，若|FA|=2|FB|，則k=（）A． B． C． D．參考答案：D【考點(diǎn)】拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】根據(jù)直線方程可知直線恒過定點(diǎn)，如圖過A、B分別作AM⊥l于M，BN⊥l于N，根據(jù)|FA|=2|FB|，推斷出|AM|=2|BN|，點(diǎn)B為AP的中點(diǎn)、連接OB，進(jìn)而可知，進(jìn)而推斷出|OB|=|BF|，進(jìn)而求得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)可得，最后利用直線上的兩點(diǎn)求得直線的斜率．【解答】解：設(shè)拋物線C：y2=8x的準(zhǔn)線為l：x=﹣2直線y=k（x+2）（k＞0）恒過定點(diǎn)P（﹣2，0）如圖過A、B分別作AM⊥l于M，BN⊥l于N，由|FA|=2|FB|，則|AM|=2|BN|，點(diǎn)B為AP的中點(diǎn)、連接OB，則，∴|OB|=|BF|，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為1，故點(diǎn)B的坐標(biāo)為，故選D【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．考查了對(duì)拋物線的基礎(chǔ)知識(shí)的靈活運(yùn)用．7.如圖，三棱錐D-ABC中，，，平面DBC⊥平面ABC，M，N分別為DA和DC的中點(diǎn)，則異面直線CM與BN所成角的余弦值為（

）A. B. C. D.0參考答案：A【分析】取BC中點(diǎn)O，連結(jié)OD，OA，則OD⊥BC，OA⊥BC，OD⊥OA，以O(shè)為原點(diǎn)，OC為x軸，OA為y軸，OD為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出異面直線CM與BN所成角的余弦值．【詳解】取BC中點(diǎn)O，連結(jié)OD，OA，∵三棱錐D-ABC中，，平面DBC⊥平面ABC，M，N分別為DA和DC的中點(diǎn)，∴OD⊥BC，OA⊥BC，OD⊥OA，以O(shè)為原點(diǎn)，OC為x軸，OA為y軸，OD為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，C（，0，0），A（0，，0），D（0，0，），M（0，，），N（，0，），B（-，0，0），=（-，,），=（，0，），設(shè)異面直線CM與BN所成角的平面角為θ，則cosθ=．∴異面直線CM與BN所成角的余弦值為．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．8.已知橢圓的離心率為，過右焦點(diǎn)且斜率為的直線與相交于兩點(diǎn)．若，則(

)A.

1

B.

C.

D.2參考答案：B9.如圖，已知橢圓C1：+y2=1，雙曲線C2：（a＞0，b＞0），若以C1的長(zhǎng)軸為直徑的圓與C2的一條漸近線交于A，B兩點(diǎn)，且C1與該漸近線的兩交點(diǎn)將線段AB三等分，則C2的離心率為（）A．9 B．5 C． D．3參考答案：D【考點(diǎn)】直線與橢圓的位置關(guān)系．【分析】由已知，|OA|=a=，設(shè)OA所在漸近線的方程為y=kx（k＞0），則A（，），AB的一個(gè)三分點(diǎn)坐標(biāo)為（，），由該點(diǎn)在橢圓C1上，求出=2，從而c==3a，由此能求出離心率．【解答】解：由已知，|OA|=a=，設(shè)OA所在漸近線的方程為y=kx（k＞0），∴A點(diǎn)坐標(biāo)可表示為A（x0，kx0）（x0＞0）∴=，即A（，），∴AB的一個(gè)三分點(diǎn)坐標(biāo)為（，），該點(diǎn)在橢圓C1上，∴，即=1，得k=2，即=2，∴c==3a，∴離心率e=．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的離心率的求法，考查橢圓性質(zhì)、雙曲線等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．10.若的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為，，，其中是的三個(gè)內(nèi)角且滿足，則的形狀是（

）A．銳角或直角三角形

B．鈍角或直角三角形

C．銳角三角形

D．鈍角三角形參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.設(shè)函數(shù)f（x）=x3+（1+a）x2+ax有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，且對(duì)不等式f（x1）+f（x2）≤0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．參考答案：≤a≤2或a≤﹣1【考點(diǎn)】6D：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】把x1，x2代入到f（x）中求出函數(shù)值代入不等式f（x1）+f（x2）≤0中，在利用根與系數(shù)的關(guān)系化簡(jiǎn)得到關(guān)于a的不等式，求出解集即可．【解答】解：因f（x1）+f（x2）≤0，故得不等式x13+x23+（1+a）（x12+x22）+a（x1+x2）≤0．即（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+（1+a）[（x1+x2）2﹣2x1x2]+a（x1+x2）≤0．由于f′（x）=3x2+2（1+a）x+a．令f′（x）=0得方程3x2+2（1+a）x+a=0．△=4（a2﹣a+1）≥4a＞0，x1+x2=﹣（1+a），x1x2=，代入前面不等式，并化簡(jiǎn)得（1+a）（2a2﹣5a+2）≥0．解不等式得≤a≤2或a≤﹣1，因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是≤a≤2或a≤﹣1．故答案為：≤a≤2或a≤﹣1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生求導(dǎo)數(shù)及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的能力，靈活運(yùn)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系解決數(shù)學(xué)問題的能力．12.設(shè)函數(shù)，對(duì)任意成立，則的大小關(guān)系是

參考答案：13.已知圓，圓與圓關(guān)于直線對(duì)稱，則圓的方程是__________．參考答案：解：圓心與關(guān)于對(duì)稱，∴，圓為．14.已知橢圓+=1的長(zhǎng)軸在y軸上，若焦距為4，則m=．參考答案：8【考點(diǎn)】橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】根據(jù)條件可得a2=m﹣2，b2=10﹣m，c2=a2﹣b2=2m﹣12，由焦距為4，即c=2．即可得到m的值．【解答】解：由橢圓+=1的長(zhǎng)軸在y軸上，則a2=m﹣2，b2=10﹣m，c2=a2﹣b2=2m﹣12．由焦距為4，即2c=4，即有c=2．即有2m﹣12=4，解得m=8．故答案為：815.已知,：（）,若p是q的充分不必要條件，則a的取值范圍為__________.參考答案：

16.設(shè)向量a＝（2，2m－3，n＋2），b＝（4，2m＋1，3n－2），且a∥b，則mn＝

▲

．參考答案：21

略17.如圖，正方體的棱長(zhǎng)為，為的中點(diǎn)，為線段上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)，，的平面截該正方體所得的截面為，則下列命題正確的是__________（寫出所有正確命題的編號(hào)）．①當(dāng)時(shí)，為四邊形；②當(dāng)時(shí)，為等腰梯形；③當(dāng)時(shí)，與的交點(diǎn)滿足；④當(dāng)時(shí)，為五邊形；⑤當(dāng)時(shí)，的面積為．參考答案：①②④①項(xiàng)，時(shí)，為，而時(shí)，線段上同理，存在一點(diǎn)，與平行，此時(shí)，為四邊形，且是梯形，故命題①為真；②項(xiàng)，，，是等腰梯形，故命題②為真；③項(xiàng)當(dāng)時(shí)，如圖所示，，∵點(diǎn)是的中點(diǎn)，∴，∴，∴與的交點(diǎn)滿足，故命題③為假．④項(xiàng)，如圖所示，為五邊形，故命題④為真；⑤項(xiàng)，如圖所示，為菱形，面積為，故命題⑤為假．綜上所述，命題正確的是：①②④．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知數(shù)列{an}（n∈N*）的前n項(xiàng)的Sn=n2．（Ⅰ）求數(shù)列{an}，的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）若，記數(shù)列{bn}，的前n項(xiàng)和為Tn，求使成立的最小正整數(shù)n的值．參考答案：【考點(diǎn)】等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；數(shù)列與不等式的綜合．【分析】（Ⅰ）當(dāng)n≥2時(shí)根據(jù)an=Sn﹣Sn﹣1求通項(xiàng)公式，a1=S1=1符合上式，從而求出通項(xiàng)公式．，（II）由（I）求得的an求出bn，利用裂項(xiàng)求和方法求出數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，解不等式求得最小的正整數(shù)n．【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=n2當(dāng)n≥2時(shí)，Sn﹣1=（n﹣1）2∴相減得：an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣1又a1=S1=1符合上式∴數(shù)列{an}，的通項(xiàng)公式an=2n﹣1（II）由（I）知∴Tn=b1+b2+b3++bn==又∵∴∴成立的最小正整數(shù)n的值為519.已知函數(shù)（x∈是g（x）的一個(gè)單調(diào)區(qū)間，且在該區(qū)間上g（x）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．參考答案：【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題；函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明．【專題】綜合題．【分析】（Ⅰ）設(shè)1≤x1＜x2＜+∞，=（x1﹣x2）（），由1≤x1＜x2＜+∞，m＜1，能夠證明函數(shù)f（x）在，由此進(jìn)行分類討論，能夠求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解答】（Ⅰ）證明：設(shè)1≤x1＜x2＜+∞，=（x1﹣x2）（）∵1≤x1＜x2＜+∞，m＜1，∴x1﹣x2＜0，＞0，∴f（x1）＜f（x2）∴函數(shù)f（x）在①g（x）在上單調(diào)遞增，且g（x）＞0，②g（x）在上單調(diào)遞減，且g（x）＞0，無解綜上所述【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的恒成立問題的性質(zhì)和應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．20.（本小題滿分12分）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=AC=1，∠BAC=90°，且異面直線A1B與B1C1所成的角等于60°，設(shè)AA1=a．⑴求a的值；⑵求平面A1BC1與平面B1BC1所成的銳二面角的大?。畢⒖即鸢福海?）建立如圖坐標(biāo)系，于是，，，，（），，，

．由于異面直線與所成的角，所以與的夾角為，即，．（2）設(shè)向量且平面于是且，即，且，

又，，所以不妨設(shè)

同理得，使平面，設(shè)與的夾角為，所以依，，

平面，平面，因此平面與平面所成的銳二面角的大小為．略21.(8分)中，，邊上的高線方程為，邊上的中線方程為，求邊所在的直線方程．參考答案：解：邊上的高線方程為直線的方程為：，即：由解得：設(shè)則的中點(diǎn)為由

解得：直線的方程為：直線的方程為：略22.如圖，四棱錐B﹣ACDE的底面ACDE滿足DE∥AC，AC=2DE．（Ⅰ）若DC⊥平面ABC，AB⊥BC，求證：平面ABE⊥平面BCD；（Ⅱ）求證：在平面ABE內(nèi)不存在直線與DC平行；某同學(xué)用分析法證明第（1）問，用反證法證明第（2）問，證明過程如下，請(qǐng)你在橫線上填上合適的內(nèi)容．（Ⅰ）證明：欲證平面ABE⊥平面BCD，只需證AB⊥平面BCD，由已知AB⊥BC，只需證AB⊥DC，由已知DC⊥平面ABC可得DC⊥AB成立，所以平面ABE⊥平面BCD．（Ⅱ）證明：假設(shè)在平面ABE內(nèi)存在直線與DC平行，又因?yàn)镈C?平面ABE，所以DC∥平面ABE．又因?yàn)槠矫鍭CDE∩平面ABE=AE，所以DC∥AE，又因?yàn)镈E∥AC，所以ACDE是平行四邊形，所以AC=DE，這與AC=2DE矛盾，所以假設(shè)錯(cuò)誤，原結(jié)論正確．參考答案：【考點(diǎn)】棱錐的結(jié)構(gòu)特征．【分析】用分析法證明第（Ⅰ）問，用反證法證明第（Ⅱ）問，根據(jù)分析法、反證法的證明步驟，即可得出結(jié)論．【解答】（Ⅰ）證明：欲證平面ABE⊥平面BCD，只需證AB⊥平面BCD，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣由已知AB⊥BC，只需證AB⊥DC，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣由已知DC⊥平面ABC可得DC⊥AB成立，所以平面ABE