2021-2022学年江西省赣州市高二上学期期末数学(理)试题(解析版)

2021-2022学年江西省赣州市高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1．命题“x ∃∈R ，使210x -<”的否定是（ ） A ．x ∀∈R ，有210x -> B ．x ∀∈R ，有210x -≥ C ．x ∃∈R ，使210x -> D ．x ∃∈R ，使210x -≥【答案】B【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可得正确答案【详解】存在量词命题的否定，只需把存在量词改成全称量词，并把后面的结论否定， 所以“x ∃∈R ，使210x -<”的否定为“x ∀∈R ，有210x -≥”， 故选：B.2．若(),0,αβπ∈，则“αβ>”是“cos cos αβ<”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】C【分析】利用函数cos y x =在()0,π上单调递减即可求解. 【详解】解：因为函数cos y x =在()0,π上单调递减， 所以若(),0,αβπ∈，αβ>，则cos cos αβ<； 反之若(),0,αβπ∈，cos cos αβ<，则αβ>.所以若(),0,αβπ∈，则“αβ>”是“cos cos αβ<”的充要条件， 故选：C.3．连续抛掷一枚均匀硬币3次，事件“至少2次出现正面”的对立事件是（ ） A ．只有2次出现反面 B ．至少2次出现正面 C ．有2次或3次出现正面 D ．有2次或3次出现反面 【答案】D【分析】根据对立事件的定义选择【详解】对立事件是指事件A 和事件B 必有一件发生，连续抛掷一枚均匀硬币3次，“至少2次出现正面”即有2次或3次出现正面，对立事件为“有2次或3次出现反面” 故选：D4．已知直线l ，两个不同的平面,αβ，下列命题正确的是（ ） A ．若//l α，l β⊥，则αβ⊥B ．若//l α，l β//，则//αβC ．若αβ⊥，l α⊥，则l β//D ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥【答案】A【分析】根据线面、面面位置关系有关知识对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】对于A 选项，根据面面垂直的判定定理可知，A 选项正确， 对于B 选项，当//l α，l β//时，α和β可能相交，B 选项错误， 对于C 选项，当αβ⊥，l α⊥时，l 可能含于β，C 选项错误， 对于D 选项，当αβ⊥，//l α时，l 可能含于β，D 选项错误. 故选：A5．参加抗疫的300名医务人员，编号为1，2，…，300.为了解这300名医务人员的年龄情况，现用系统抽样的方法从中抽取15名医务人员的年龄进行调查.若抽到的第一个编号为6，则抽到的第二个编号为（ ） A ．21 B ．26C ．31D ．36【答案】B【分析】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组，然后按系统抽样方法得解.【详解】将300个数编号：001，002，003，，3000，再平均分为15个小组， 则第一编号为006，第二个编号为30015626÷+=. 故选：B.6．在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则直线1AC 与1A B 所成角的大小为（ ） A ．30° B ．60°C ．120°D ．150°【答案】B【分析】根据三棱柱的特征补全为正方体，则11//A B C D ，1AC D ∠为直线1A B 与1AC 所成角，连接AD ，则1AC D △为等边三角形即可得解. 【详解】根据直三棱柱111ABC A B C -的特征， 补全可得如图所示的正方体，易知11//A B C D ，1AC D ∠为直线1A B 与1AC 所成角， 连接AD ，则1AC D △为等边三角形， 所以160AC D ∠=，所以直线1A B 与1AC 所成角的大小为60. 故选：B7．如图，执行该程序框图，则输出的n 的值为（ ）A ．32B ．2C ．52D ．3【答案】B【分析】根据程序流程图依次算出S n 、的值即可. 【详解】01S n ==，，第一次执行，311130(1)12822S n =+-=+==<4，，第二次执行，3131931()2822822S n =+-=+==<4，，第三次执行，39136(2)4828S =+->=，所以输出2n =. 故选：B8．如图，若斜边长为22A B C '''（B '与O '重合）是水平放置的ABC 的直观图，则ABC 的面积为（ ）A ．2B ．22C ．42D ．8【答案】C【分析】由斜二测还原图形计算即可求得结果.【详解】在斜二测直观图中， 由A B C '''为等腰直角三角形，22A B ''=，可得2A C ''=，2B C ''=.还原原图形如图：则42AB BC ==，，则114224222ABC S AB BC =⨯⨯=⨯⨯=△.故选：C9．如果一个矩形的长与宽的比值为512+，那么称该矩形为黄金矩形.如图，已知ABCD 是黄金矩形，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且CDEF 也是黄金矩形.若在矩形ABCD 内任取一点，则该点取自黄金矩形CDEF 内的概率为（ ）A 51- B ．251-⎝⎭C 51+ D ．251+⎝⎭【答案】B【分析】由几何概型的面积型，只需求小矩形CDEF的面积和大矩形ABCD面积之比.【详解】由题意，不妨设1AB=，则AD=，又CDEF也是黄金矩形，则EFED=1EF=，解得ED=，于是大矩形ABCD，小矩形CDEF，由几何概型的面积型，概率为若在矩形ABCD内任取一点，则该点取自黄金矩形CDEF)214==.故选：B.10．设双曲线2C与椭圆1C：2211612x y+=有公共焦点1F，2F.若双曲线2C经过点1,0A，设P为双曲线2C与椭圆1C的一个交点，则12F PF∠的余弦值为（）A．35B．23C．34D．45【答案】A【分析】求出双曲线方程，根据椭圆和双曲线的第一定义求出12,PF PF的长度，从而根据余弦定理求出12F PF∠的余弦值【详解】由题得，双曲线中2,1c a==，所以b=2213yx-=，假设P在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义可得：121282PF PFPF PF+=⎧⎨-=⎩，解得：1253PFPF=⎧⎨=⎩，214F F=，所以根据余弦定理，12259163cos305F PF+-∠==故选：A11．已知P是边长为6的等边ABC所在平面外一点，4PB=，当三棱锥P ABC-的体积最大时，三棱锥P ABC-外接球的表面积为（）A．16πB．32πC．64πD．256π【答案】C【分析】由题意分析可得，当PB ABC⊥平面时三棱锥P ABC-的体积最大，然后作图，将三棱锥还原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半径的计算方法来计算，即可计算出球半径，从而完成求解.【详解】由题意可知，当三棱锥P ABC -的体积最大时是PB ABC ⊥平面时，ABC 为正三角形，如图所示，将三棱锥P ABC -补成正三棱柱TPS ABC -， 该正三棱柱的外接球就是三棱锥P ABC -的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圆圆心连线的中点上， 设ABC 外接圆半径为r ，三棱锥P ABC -的外接球半径为R ， 由正弦定理可得：6243πsin 3r ==23r =222()124162PB R r =+=+=， 所以三棱锥P ABC -外接球的表面积为24π64πS R ==. 故选：C.12．已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点为F ，过F 的直线430x y m ++=（m 为常数）与双曲线C 在第一象限交于点P .若OP OF =（O 为原点），则C 的离心率为（ ）A ．15B ．57C ．75D ．5【答案】D【分析】取双曲线的左焦点1F ，连接1PF ,计算可得12OPF OPF π∠+∠=，即1PF PF ⊥.设PF t =，则12PF a t =+，13tan 24t PF F a t ∠==+，解得：6t a =，利用勾股定理计算可得102a c =，即可得出结果.【详解】取双曲线的左焦点1F ，连接1PF ,1OP OF OF ==,则11,,PFO OPF PFO OPF ∠=∠∠=∠ 因为11PFO OPF PFO OPF π∠+∠+∠+∠=，所以12OPF OPF π∠+∠=，即1PF PF ⊥.43PF k =-,∴134PF k =.设PF t =，则12PF a t =+，13tan 24t PF F a t ∠==+，解得：6t a =. ∴6PF a =,18PF a =,2121102F F PF PF a c =+==. 5ce a∴==. 故选：D二、填空题13．若椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的长轴长为4，焦距为2，则椭圆C 的标准方程为______.【答案】22143x y += 【分析】由焦距可得c ，长轴长得到a ，再根据222b a c =-可得答案. 【详解】因为椭圆的长轴长为4，则2a =，焦距为2， 1c = 由222413b a c =-=-=，得3b =， 则椭圆C 的标准方程为：22143x y +=. 故答案为：22143x y +=. 14．两姐妹同时推销某一商品，现抽取他们其中8天的销售量（单位：台），得到的茎叶图如图所示，已知妹妹的销售量的平均数为14，姐姐的销售量的中位数比妹妹的销售量的众数大2，则x y +的值为______.【答案】13【分析】先根据妹妹的销售量的平均数为14，求得y ,进而得到其众数，然后再根据姐姐的销售量的中位数比妹妹的销售量的众数大2，得到姐姐的销售量的中位数. 【详解】因为妹妹的销售量的平均数为14， 所以()11114141521227148y +++++++=， 解得8y =，由茎叶图知：妹妹的销售量的众数是14，因为姐姐的销售量的中位数比妹妹的销售量的众数大2， 所以姐姐的销售量的中位数是16， 所以()11017162x ++=，解得5x =， 所以13x y +=， 故答案为：1315．已知F 为抛物线C ：24y x =的焦点，P 为抛物线C 上在第一象限的点.若M 为PF 的中点，O 为抛物线C 的顶点，则直线OM 斜率的最大值为______. 【答案】1【分析】由题意，可得(1,0)F ，设20(4y P ，0)y ，()00y >，根据M 是线段PF 的中点，求出M 的坐标，可得直线OM 的斜率，利用基本不等式即可得结论．【详解】解：由题意，可得(1,0)F ，设20(4yP ，0)y ，()00y >，(,)M x y ，M 是线段PF 的中点，则201(28y M +，0)2y ， 00220000444214414228OMy y k y y y y ∴===+++⨯，当且仅当02y =时取等号， ∴直线OM 的斜率的最大值为1． 故答案为：1．16．如图，在等腰直角ABC 中，90ABC ∠=︒，D 为半圆弧AC 上异于A ，C 的动点，当半圆弧AC 绕AC 旋转的过程中，有下列判断：①存在点D ，使得//CD AB ；②存在点D ，使得CD AB ⊥；③四面体D ABC -的体积既有最大值又有最小值：④若二面角D AC B --为直二面角，则直线DB 与平面ABC 所成角的最大值为45°.其中正确的是______（请填上所有你认为正确的结果的序号）. 【答案】①②④【分析】①当D 为AC 中点，且A ，B ，C ，D 四点共面时,可证得四边形ABCD 为正方形即可判断①；②当D 在平面ABC 内的射影E 在线段BC 上（不含端点）时，可知DE ⊥平面ABC ，可证得AB ⊥平面CDB ，即可判断②；③13D ABC ABC V S h -=△，研究临界值即可判断③；④二面角D-AC-B 为直二面角，且D 为AC 中点时，直线DB 与平面ABC 所成角的最大，作图分析验证可判断④.【详解】①当D 为AC 中点，且A ，B ，C ，D 四点共面时,连结BD ，交AC 于O ，则O 为AC 中点，此时AB BC CD DA ===，且90ABC ADC ︒∠=∠=,所以四边形ABCD 为正方形，所以AB //CD ，故①正确；②当D 在平面ABC 内的射影E 在线段BC 上（不含端点）时，此时有：DE ⊥平面ABC ，DE AB ⊥∴，又因为AB BC ⊥，,BC DE E ⋂=所以AB ⊥平面CDB ，所以AB CD ⊥，故②正确；③13D ABC ABC V S h -=△，当平面ACD ⊥平面ABC ，且D 为AC 中点时，h 有最大值；当A ，B ，C ，D 四点共面时h 有最小值0，此时为平面图形，不是立体图形，故四面体D-ABC 无最小值，故③错误.④二面角D-AC-B 为直二面角，且D 为AC 中点时，直线DB 与平面ABC 所成角的最大，取AC 中点O ，连结DO ，BO ，则DO AC ⊥，AC=平面ACB 平面ACD ，平面ACB ⊥平面ACD ，所以DO ⊥平面ABC ，所以DBO ∠为直线DB 与平面ABC 所成角，设AB BC a ==，则2AC a =，122OB OD AC ===，所以BOD 为等腰直角三角形，所以45DBO ︒∠=，直线DB 与平面ABC 所成角的最大值为45°，故④正确. 故答案为：①②④.三、解答题 17．已知p ：方程22124x y m m +=--表示焦点在x 轴上的椭圆，q ：方程22124x y m m+=--表示焦点在y 轴上的双曲线，其中m ∈R . (1)若“¬p ”为真命题，求m 的取值范围： (2)若“p q ∧”为假命题，“p q ∨”为真命题，求m 的取值范围. 【答案】(1)3m ≤或4m ≥ (2)(]2,3【分析】（1）先假设p 命题为真命题，求出m 的取值范围，¬p 为真命题，取补集即可 （2）假设q 命题为真命题，求出m 的取值范围，根据题意，则命题假设p 和命题q 一真一假，分类讨论求m 的取值范围 (1)解：若p 为真命题，则240m m ->->， 解得34m <<，若“¬p ”为真命题，则p 为假命题，3m ≤或4m ≥； (2)若q 为真命题，则40,{20,m m ->->解得24m <<，若“p q ∧”为假命题，则“p q ∨”为真命题， 则p 与q 一真一假，①若p 真q 假，则34,24,m m m <<⎧⎨≤≥⎩或解得m ∈∅，②若p 真q 假，则34,24,m m m ≤≥⎧⎨<<⎩或解得23m <≤，综上所述，(](]2,32,3m ∈∅⋃=，即m 的取值范围为(]2,3.18．书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日.某研究机构为了解当地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示：(1)求t 的值；(2)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于[)50,60，[)60,70和[)80,90的年轻人中抽取5人，再从中任选2人进行调查，求其中至少有1人每天阅读时间位于[)80,90的概率. 【答案】(1)0.020t = (2)710【分析】（1）由频率之和为1求参数t .（2）由分层抽样的比例可得抽取的5人中[)50,60，[)60,70和[)80,90分别为：1人，2人，2人，再应用列举法写出所有基本事件，根据古典概型的概率计算即可.(1)根据频率分布直方图得：()0.0070.01020.043101t +++⨯=， 解得0.020t =； (2)由于[)50,60，[)60,70和[)80,90的频率之比为：0.010:0.020:0.0201:2:2=， 故抽取的5人中，[)50,60，[)60,70和[)80,90别为：1人，2人，2人， 记[)50,60的1人为a ，[)60,70的2人为b ，c ，[)80,90的2人为A ，B ，故随机抽取2人共有{},a b ，{},a c ，{},a A ，{},a B ，{},b c ，{},b A ，{},b B ，{},c A ，{},c B ，{},A B 10种，其中至少有1人每天阅读时间位于[)80,90的包含{},a A ，{},a B ，{},b A ，{},b B ，{},c A ，{},c B ，{},A B 共7种，故概率710P =. 19．如图，四边形ABCD 为矩形，24BC AB ==，且平面ABCD ⊥平面BCE .(1)若F ，G 分别是AD ，BE 的中点，求证：//FG 平面DCE ； (2)若BCE 是等边三角形，求平面ABE 与平面DCE 夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)12【分析】（1）通过构造平行四边形，在平面DCE 中找到FG DH ∥即可证明 （2）建立直角坐标系，通过两个面的法向量夹角的余弦值求出面面夹角的余弦值 (1)证明：设H 为EC 的中点，连接GH ，HD ，因为G ，H 分别为BE ，CE 的中点. 所以GH BC ∥且12GH BC =， 又AD BC ∥，F 为AD 的中点， 所以GH FD ∥，且GH FD =， 所以四边形DFGH 是平行四边形， 所以FG DH ∥，又FG ⊄平面DCE ，DH ⊂平面DCE ，所以FG ∥平面DCE ； (2)取BC 的中点O ，连接OE ，OF ，则OF BC ⊥，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD 平面BCE BC =，∴OF ⊥平面BCE ， ∵BCE 是等边三角形，O 为BC 中点，∴OE BC ⊥，分别以OE ，OC ，OF 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()23,0,0E ，()0,2,2A -，()0,2,0B -，()0,2,0C ，()0,2,2D ，()0,0,2BA =，()23,2,0BE =，()0,0,2CD =，()23,2,0CE =-.设()111,,m x y z =为平面ABE 的一个法向量，则有0,0,m BA m BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩即11120,{20,z y =+= 取可取()3,3,0m =-，设()222,,n x y z =为平面DCE 的一个法向量，则有0,0,n CD n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即22220,20,z y =⎧⎪⎨-=⎪⎩可取()3,3,0n =，所以1cos ,2m nm n m n⋅==-，设平面ABE 与平面DCE 的夹角为θ，则0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴1cos cos ,2m n θ==，即平面ABE 与平面DCE 夹角的余弦值为12.20．已知抛物线C ：()220x py p =>的焦点到顶点的距离为34.(1)求抛物线C 的方程；(2)已知过点()0,1M 的直线l 交抛物线C 于不同的两点A ，B ，O 为坐标原点，设直线OA ，OB 的斜率分别为1k ，2k ，求12k k 的值.【答案】(1)23x y =(2)13-【分析】（1）由抛物线的几何性质有焦点到顶点的距离为2p，从而即可求解； （2）当直线l 的斜率不存在时，不符合题意；当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为1y kx =+，()11,A x y ，()22,B x y ，联立抛物线的方程，由韦达定理及两点间的斜率公式即可求解. (1)解：依题意，324p =，解得32p =， ∴抛物线C 的方程为23x y =； (2)解：当直线l 的斜率不存在时，直线l 与抛物线C 仅有一个交点，不符合题意； 当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为1y kx =+，()11,A x y ，()22,B x y ，由23,1,x y y kx ⎧=⎨=+⎩消去y 可得2330x kx --=， ∵直线l 交抛物线C 于不同的两点，∴2Δ9120k =+>，由韦达定理得123x x =-，∴121212y y k k x x =⋅22121233x x x x =⋅12193x x ==-.21．如图1是一张长方形铁片ABB A ''，4AA π'=，4AB =，C ，D 分别是BB '，AA '的中点，E ，F 分别在边BB '，AA '上，且::1:3AF FA B E EB ='='，将它卷成一个圆柱的侧面图2，使A '与A 重合，B '与B 重合.(1)求证：AF ⊥平面DCF ； (2)求几何体D AECF -的体积. 【答案】(1)证明见解析. (2)223. 【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；（2）作圆柱的母线FG ，由平面几何知识可得四边形AECF 为平行四边形，利用等体积法可求得D AEF E ADF V V --=，由几何体D AECF -的体积2D AEF V -=⨯，可求得答案. (1)证明：∵AD 是直径，∴AF FD ⊥，∵CD ⊥平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，∴CD AF ⊥， ∵CD ⊂平面DCF ，DF ⊂平面DCF ，CD DF D ⋂=， ∴AF ⊥平面DCE ； (2)如图，作圆柱的母线FG ，则FG AB ∥，且FG AB =， ∴四边形ABGF 是平行四边形， ∴AF BG ∥，且AF BG = ①又依题知B ，E ，C ，G 为底面圆的四等分点， ∴//BG EC ，且BG EC = ②由①②知四边形AECF 为平行四边形，得4=AD ，22AF FD ==90AFD ∠=︒， ∴142ADF S AD DF =⋅=△，∵E 到面ADF 的距离为4d AB ==， ∴11633D AEFE ADF ADFV V Sd --==⋅=， 所以几何体D AECF -的体积3223D AEF V -=⨯=. 22．在平面直角坐标系中，有一条长度为3的线段PQ ，端点P ，Q 分别在x 轴、y 轴上运动，M 为线段PQ 上一点，且2PM MQ =. (1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)已知不过原点O 的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且线段AB 始终被直线2y x =平分.求ABO 的面积取最大时直线l 的方程. 【答案】(1)2214y x +=(2)22y x =-±【分析】(1)设(),M x y ，根据题意可得()3,0P x ，30,2Q y ⎛⎫⎪⎝⎭，利用两点之间的距离公式表示出PQ ，化简即可得出结果；(2)设()11,A x y ，()22,B x y ，线段AB 的中点为()00,N x y ，利用两点坐标表示直线斜率的公式和点差法求出直线l 的斜率，设l 的方程为()20y x m m =-+≠，联立椭圆方程并消去y 得到关于x 的一元二次方程，根据韦达定理表示12x x +、12x x 进而得出弦长AB ，利用点到直线的距离公式求出原点到l 的距离，结合基本不等式计算即可. (1)设(),M x y ，由M 为线段PQ 上一点，且2PM MQ =， 得()3,0P x ，30,2Q y ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 又3PQ =3=，整理可得2214y x +=，所以轨迹E 的方程为2214y x +=；(2)设()11,A x y ，()22,B x y ，线段AB 的中点为()00,N x y . ∵N 在直线2y x =上，∴002y x =，∵A ，B 在轨迹E 上，∴221122221,41,4y x y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩两式相减，可得()()()()2121212104y y y y x x x x -++-+=，∴021*******24422x y y x xx x y y y -+=-⨯=-⨯=--+，即直线l 的斜率为2-， 依题意，可设直线l 的方程为()20y x m m =-+≠，由221,42,y x y x m ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩可得228440x mx m -+-=，则()()2220,Δ(4)4841680,m m m m ≠⎧⎪⎨=--⨯-=->⎪⎩解得m -<0m ≠由韦达定理，得122m x x +=，21248m x x -=∴AB ==∵原点()0,0O 到直线l的距离为d =∴1122ABOS AB d ===△()2281142m m-+≤⨯=，当且仅当2208m m m m ≠⎧⎪-<⎨⎪-=⎩2m =±时等号成立，即2m =±时，三角形的面积最大，此时直线l 的方程为22y x =-±.。