【文档说明】2021-2022学年甘肃省武威市古浪县第二中学高二上学期期末考试数学理试题解析版.doc，共(13)页，1.300 MB，由小喜鸽上传

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第1页共13页2021-2022学年甘肃省武威市古浪县第二中学高二上学期期末考试数学（理）试题一、单选题1．在ABC中，角ABC，，所对的边分别为abc，，，若1a=，b=7，3c=，则B=（）A．π6

B．5π6C．5π6或π6D．π3【答案】B【解析】根据余弦定理表示出cosB，把a，b和c的值代入即可求出cosB的值，由B的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出B的值．【详解】解：根据余弦定理得：2221373cos2223acbBac+−+−===−，由(0,)B，得到56B=．故选：

B．【点睛】本题考查了余弦定理的运用和计算能力．属于基础题．2．命题“0x，1ln1xx−”的否定是（）A．00x，001ln1xx−B．00x，001ln1xx−C．00x，001ln1xx−D．00x，001ln1xx−【答案】A【分

析】由全称量词命题的否定为存在量词命题可得解.【详解】由全称量词命题的否定为存在量词命题得：命题“0x，1ln1xx−”的否定是00x，001ln1xx−.故选：A.3．双曲线2214yx−=的渐近线方程为（）A．12yx=B．14yx=

C．2yx=D．4yx=【答案】C【分析】根据给定双曲线方程直接求出其渐近线方程即可.第2页共13页【详解】双曲线2214yx−=的渐近线方程为：2yx=.故选：C4．设,0abc，则下列结论中正确的是（）A．ccabB．11acbcC．acbcD．22ac

bc【答案】D【分析】利用特殊值排除错误选项，利用不等式的性质确定正确选项.【详解】对于A选项，2,1,1abc===−，则1121−−，所以A选项错误.对于B选项，1,1,1abc==−=−，则()

()()111111−−−，所以B选项错误.对于C选项，1,1,1abc==−=−，则()()1111−=−−，所以C选项错误.对应D选项，20,cab，所以22acbc，所以D选项正确.故选：D.【点睛】本小题主要考查不等式的性质，属于基础题.5．已知等差数列{}na前9项的和

为27，10=8a，则100=aA．100B．99C．98D．97【答案】C【详解】试题分析：由已知，1193627{,98adad+=+=所以110011,1,9919998,adaad=−==+=−+=故

选C.【解析】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效

的方法.6．已知椭圆22194xy+=的左右焦点为1F，2F，P是椭圆上的点，且12=PF，则2PF=（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】利用椭圆的定义，由122PFPFa+=即可求解.【详解】由椭圆22194xy+=，则3a=，所以122

6PFPFa+==，第3页共13页所以2624PF=−=.故选：D7．设xR，则“210x−”是“2x”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】根据充分条件

和必要条件的概念，结合一元二次不等式的解法，即可得出结果.【详解】由210x−得1x或1x−，所以由“2x”可得到“210x−”，但由“210x−”得不到是“2x”；所以“210x−”是“2x”的必要不充分条件.故选：B.【

点睛】结论点睛：判定命题的充分条件和必要条件时，一般可根据如下规则判断：（1）若p是q的必要不充分条件，则q对应集合是p对应集合的真子集；（2）p是q的充分不必要条件，则p对应集合是q对应集合的真子集；（3）p是q的充分必要条件，则p对应集合与q对应集合相等；（4）p是q的既不充分

又不必要条件，q对的集合与p对应集合互不包含．8．在等比数列{}na中，若3a，7a是方程2420xx++=的两根，则5a的值是（）A．2−B．2−C．2D．2【答案】B【分析】a3，a7是方程x2+4x+2=0的两根，可得a3•a7=2，a3+a7=﹣4，可得a3＜0，

a7＜0，根据等比数列的性质可得：奇数项的符号相同，可得a5＜0．利用性质可得：a5=﹣37aa．【详解】a3，a7是方程x2+4x+2=0的两根，∴a3•a7=2，a3+a7=﹣4，∴a3＜0，a7＜0，根据等比数列的性质可得：奇数项的符号相同，∴a5＜0．

∴a5=﹣37aa=﹣2．故选B．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、一元二次方程的根与系数的关系，其中判断a5＜0，是解题的关键，属于基础题．第4页共13页9．如图，空间四边形OABC中，OAa=，OBb=，OCc=，且2OMMA=，BNNC=

，则MN等于（）A．221332abc++B．111222abc+−C．211322abc−++D．121232abc−+【答案】C【分析】根据空间向量的线性表示，用OA、OB和OC表示出MN即可.【详解】由题意知

，MNMAACCN=++()1132OAOCOACB=+−+()2132OAOCOBOC=−++−211322OAOBOC=−++211322=−++abc故选：C.10．已知正实数a，b满足321ab+=，则61ab+的最小值为（）A．32B

．34C．36D．38【答案】A【解析】由题中条件，得到()616132ababab+=++，展开后，利用基本不等式，即可求出结果.【详解】由0a，0b且321ab+=，得()61611231233218232202babaababababab+=+

+=+++=+，当且仅当123baab=，即2ab=时，取等号，此时1,41,8ab==，第5页共13页则61ab+的最小值为32．故选：A.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须

满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成

立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地.11．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=2，M、N分别是BB1和B1C1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值等于（）A．52B．252C．25D．3

5【答案】D【分析】利用异面直线的定义找到两条异面直线所成的角，用余弦定理即可求解.【详解】作BC的中点E，连接1BE，作BE的中点F，连接MF、1AF,即AMF为异面直线AM与CN所成的角，由已知条件得221215BE=+=，则5

2MF=,22215AM=+=,由余弦定理得221113222cos60222AF=+−=,在△AMF中，有余弦定理可知2222cosAFAMMFAMMFAMF=+−,即1355525cos442AMF=

+−,解得3cos5AMF=，故选：D.第6页共13页12．过原点的直线l与双曲线22193xy−=−有两个交点，则直线l的斜率的取值范围是（）A．33,33−B．33,,33−−+

C．33,33−D．33,,33−−+【答案】B【分析】当斜率不存在时符合题意，当斜率存在时，设出直线方程，与双曲线联立，由判别式求解即可.【详解】由题设得双曲线的方程为22139yx−=，焦点在y轴上，当直线l斜率不存在时，显

然与双曲线有两个交点，为上下顶点；当斜率存在时，设过原点的直线方程为ykx=，与双曲方程22139yx−=联立得：22(31)90kx−−=因为直线与双曲线有2个交点，所以0，得：()2236310,3

10kk−−，解得：33k−或33k.故选：B.二、填空题13．已知空间向量()3,1,1a=，(),3,0bx=−，且ab⊥，则x=_________.【答案】1【分析】由ab⊥，可建立关于x的方程，解出即可.【详解】因为()3,1,1a=，(),3,0bx=−，且

ab⊥，所以330x−=，解得1x=.第7页共13页故答案为：1.14．抛物线28yx=−的焦点坐标为______________.【答案】10,32−##(0,-0.03125)【分析】写出抛物线标准形式，即可得焦点坐标.【详解】由题设得：218=−xy，则焦点坐标为10,32

−.故答案为：10,32−15．设x，y满足约束条件110xyxyx+−，则2zxy=+的最小值是__________.【答案】1【分析】先根据条件画出可行域，要使2zxy=+的最小值，即直线

2yxz=−+在y轴上的截距最小，通过图象可知，直线2zxy=+经过可行域上的点A时，截距z最小.求出点A坐标，即可得到.【详解】x，y满足约束条件110xyxyx+−的可行域如图阴影部分所示：把2zxy=+变形为2yxz=−+，得到斜率为2−，在y轴上截距为z的一族平行直线

.由图可以看出，当直线2zxy=+经过可行域上的点A时，截距z最小.解方程01xxy=+=可得点A的坐标为()0,1.min2011=+=z.故答案为：1.16．有下列四个命题：①“若0xy+=，则x，y互为相反数”

的逆命题；②“全等三角形的面积相等”的否命题；第8页共13页③“若1q，则220xxq++=有实根”的逆命题；④“等边三角形的三个内角相等”的逆否命题；其中真命题的序号是___________.【答案】①③④【分析】①写出“若0xy+=，则x

，y互为相反数”的逆命题，再判断其真假即可；②写出“全等三角形的面积相等”的否命题，再判断其真假即可；③写出“若1q，则220xxq++=有实根”的逆命题，再分析、判断其真假即可；④利用原命题与其逆否命题的真假性一致，可判断原命题的真假，从而得其逆否命题的真假.【详解】①“若0xy+=，

则x，y互为相反数”的逆命题为“若x，y互为相反数，则0xy+=”，正确，故①正确；②“全等三角形的面积相等”的否命题为“不全等三角形的面积不相等”，错误，故②错误；③220xxq++=有实根，Δ440q=−，解得：1q，“若1q，则220xxq++=有实根”的逆

命题“若220xxq++=有实根，则1q”正确，故③正确；④等边三角形的三个内角相等，原命题正确，原命题与其逆否命题的真假性一致，其逆否命题也正确，故④正确；综上所述，真命题的序号是①③④.故答案为：①③④.三、解答题17．等差数列{an}的前n项和记为S

n.已知a10=30，a20=50.（1）求通项an;（2）若Sn=242，求n.【答案】（1）an=2n+10；（2）n=11.【分析】（1）根据a10=30，a20=50，利用“a1，d”法求解；.（2）由Sn=242，利用等差数

列前n项和求解.【详解】（1）因为a10=30，a20=50，所以119301950.adad+=+=，解得a1=12，d=2.第9页共13页∴an=2n+10.（2）由Sn=na1+(-1)2nnd，Sn=242，得12n+(-1)2nn×2=242.解得

n=11或n=-22(舍去).18．设锐角ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，32sincbC=（1）确定角B大小；（2）若6b=，ABC的面积为3，求ac+的值．【答案】（1）3；（2）32.【解析】（1）根据32sinc

bC=，利用正弦定理得到3sin2sinsinCBC=求解.（2）根据ABC的面积为3，求得4ac=，然后再利用余弦定理求解.【详解】（1）因为32sincbC=，所以3sin2sinsinCBC=，因为sin0C，所以3s

in2B=，因为0,2B，所以3B=.（2）因为ABC的面积为1sin32acB=，所以4ac=，所以()22222cos22cosbacacBacacacB=+−=+−−，所以()21624242ac=+−−，解得()218ac+=，所以ac32+=.【点睛】

方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考

虑用正弦定理；以上特征都第10页共13页不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．19．若抛物线2:2Cypx=的焦点为()1,0F，过点F且斜率为12−的直线l与C交于A，B两点.(1)求抛物线C的方程；(2)求AB.【答案】(

1)24yx=(2)20【分析】（1）根据题意可知，2p=，即可抛物线C的方程；（2）首先求得直线l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及抛物线的焦点弦公式，即可求得AB.【详解】（1）由抛物线C焦点为()1,0F，所以12p=，2p=，所以抛物线C的方程：24yx

=；（2）由题意可知，直线AB的方程为：()112yx=−−，设()11,Axy，()22,Bxy，联立方程组()21124yxyx=−−=，消去y，整理得21810xx−+=，则1218xx+=，由抛物线的焦点弦公式1218220xx

pAB++=+==，所以AB的值为20.20．已知命题()():230pxx−+；命题():110qaxaa−+．（1）若6a=，“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，求实数x的取值范围．（2）若q是p的充分条件，求实数a的取

值范围．【答案】（1）)(5,32,7−−；（2）4a.【解析】（1）分别求出p是真命题和q是真命题时x的取值范围，在根据p、q一真一假讨论即可；（2）题目中给的条件等价于p是q的充分条件，设命题,pq的解集分别为集合,AB，根据AB即可求得a的取值范围.【详解】由()()

230xx−+得:32px−，():110qaxaa−+，第11页共13页设[3,2],[1,1]ABaa=−=−+（1）6a=时:57qx−，由已知可知p与q一真一假若p为真命题，q为假命题，则3275xxx−−

或，所以x若p假命题，q为真命题，则5723xxx−−或，则)(5,32,7x−−，综上：)(5,32,7x−−（2）根据题意知：q是p的充分条件，p是q的充分条件，即AB1312aa−−+，解得4a，所以实数a的取值范围4a.【点睛】

本题主要考查了由符合命题的真假性求参数的取值范围，属于基础题.21．如图，在直三棱柱111ABCABC-中，ACBC⊥，2ACBC==，13CC=，点D，E分别在棱1AA，1CC上，且1AD=，2CE=，M为棱11AB的中点.(1)求证：11CMBD

⊥；(2)求直线AB与平面1DBE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】（1）以C为原点，分别以CA，CB，1CC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建系，可得点第12页共13页1C、M、1B、D的坐标，进而可得1CM、1

BD的坐标，利用数量积公式，即可得证；（2）求得AB的坐标和平面1DBE的法向量，利用线面角的夹角公式，即可求得结果.【详解】（1）证明：依题意，以C为原点，分别以CA，CB，1CC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，可得()0,0,0C，()2,0,0

A，()0,2,0B，()10,0,3C，()12,0,3A，()10,2,3B，()2,0,1D，()0,0,2E，()1,1,3M，依题意，()11,1,0CM=，()12,2,2BD=−−，所以112200CMBD=−+=，所以11CMBD⊥；（2）由（1）知()10,2

,1EB=，()2,0,1ED=−，设(),,nxyz=r为平面1DBE的法向量，则100nEBnED==，即2020yzxz+=−=，不妨设1x=，可得()1,1,2n=−，又()2,2,0AB=−，设AB与平面1DBE所成角为，所

以3sincos,3ABnABnABn===，直线AB与平面1DBE所成角的正弦值为33.22．设椭圆()2222:10xyCabab+=经过点61,2，且离心率等于22.第1

3页共13页(1)求椭圆C的方程；(2)过点()2,0P作直线,PAPB交椭圆于,AB两点，且满足PAPB⊥，试判断直线AB是否过定点，若过定点求出点坐标，若不过定点请说明理由.【答案】(1)2214

2xy+=(2)2(,0)3【分析】（1）将点61,2代入椭圆标准方程，结合222,cecaba==+列方程组，解这个方程组求得224,2ab==，椭圆方程为22142xy+=；（2）设直线AB的方程为ykxm=+，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用0PA

PB=，解得22,33mkykx=−=−，此直线过定点2,03.【详解】（1）椭圆()2222:10xyCabab+=经过点61,2，且离心率等于22，223121ab+=，22212aba−=，2a=，2b=，椭圆C的方程为22142

xy+=；（2）设直线AB的方程为ykxm=+，()11,Axy，()22,Bxy，联立椭圆方程得()()222124220kxmkxm+++−=，122412kmxxk+=−+，21222412mxxk−=+.()()()222212

1212122412mkyykxmkxmkxxmkxxmk−=++=+++=+，由PAPB⊥，得·0PAPB=，即()()1212220xxyy−−+=，代入得224830kmkm++=2mk=−（舍去），23mk=−，直线

AB的方程为23ykx=−，所以过定点2,03.