2021-2022学年重庆市万州第二高级中学高二上学期期末（B卷）数学试题含解析

这是一份2021-2022学年重庆市万州第二高级中学高二上学期期末（B卷）数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年重庆市万州第二高级中学高二上学期期末（B卷）数学试题一、单选题1．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（       ）A．1 B．3 C．9 D．81【答案】A【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，于是得，解得，所以的值为1.故选：A2．在等差数列中，为前项和，，则A． B． C． D．【答案】A【详解】由. 故选：A.3．“”是“直线和直线平行”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【详解】根据题意，若l1∥l2，则有1×3=a×（a-2），解得a=-1或3，当a=-1时，直线l1：x-y+6=0，其斜率为1，直线l2：-3x+3y-2=0，其斜率为1，即l1与l2不重合，则l1∥l2，当a=3时，直线l1：x+3y+6=0，直线l2：x+3y+6=0，l1与l2重合，此时l1与l2不平行，所以l1∥l2，即“”是“直线和直线平行”的充要条件故选：C．4．如图，为正方体的棱上一点，且，为棱上一点，且，则 （       ）A． B．2:6 C． D．【答案】A【分析】以为坐标原点，射线，，的方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，分别求得，，然后根据，由求解.【详解】如下图，以为坐标原点，射线，，的方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为，则，，，∴，，∵，∴，即，∴，解得，∴，，∴．故选：A【点睛】本题主要考查空间向量垂直的坐标运算，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.5．设等比数列的前项和为，若，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，可知，设等比数列的首项为，公比，可知，由并根据等比数列的前项和公式得出，进而得出，从而可求出的结果.【详解】解：由题可知，，则，设等比数列的首项为，公比，可知，因为，所以，则，所以，故.故选：B.6．在直三棱柱中，，，点为棱的中点，则点到平面的距离等于A． B． C． D．1【答案】C【分析】根据三棱锥等体积法得到：三棱锥由几何图形的特点分别求出相应的底面积和高，代入上式得到距离.【详解】连接，设点到平面的距离为,根据三棱锥等体积法得到：三棱锥 在由，得到，三角形面积为，点到的距离即棱锥的高为；三角形，，则三角形的高为,面积为，根据等体积公式代入得到， 故答案为C.【点睛】本题涉及到点面距离的求法，点面距可以通过寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.7．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里：良马先至齐，复还迎鸳马，二马相逢.问相逢时驽马行（       ）日？A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】结合等差数列，将良马和驽马日行里程表示为等差数列，结合等差数列前项和即可求解.【详解】由题，不妨设，则，，令，即，解得（舍去）或，故9日相逢.故选：B8．已知双曲线的左､右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C的右支上，过作与OP(点O为坐标原点)垂直的直线交线段于点M，若满足，则该双曲线的离心率为（       ）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】根据题意作出图形，然后根据平面几何性质得到的关系，进而求出离心率.【详解】解析过点作，交于点，设与的交点为．因为，所以，所以为的中点，从而为的中点，是线段的中垂线，从而，则，所以，离心率为故选：B.二、多选题9．直线a的方向向量为，平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（       ）A．若，则直线平面；B．若，则直线平面；C．若，则直线a与平面所成角的大小为；D．若，则平面，的夹角为．【答案】BCD【解析】根据直线的方向向量与平面法向量之间的关系，逐一判断线面、面面关系即可得结论.【详解】若，则直线平面或在平面内，故选项A不正确；若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；故选项B正确；直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线a与平面所成角的大小为，故选项C正确；两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，故选项D正确，故选：BCD10．已知数列的前项和为，，，且.记，则下列说法正确的是（       ）A．为等差数列 B．C． D．【答案】ACD【分析】由可得数列为等差数列，进而求得，由裂项求和法可求.【详解】由变形得，即为等差数列，因为，，所以，，，所以，故ACD正确.故选：ACD11．已知直线：，圆：，则下列结论正确的是（       ）A．直线与圆恒有两个公共点B．当时，直线与圆相切C．存在一个值，使直线经过圆心D．若直线与圆相交的弦长为，则【答案】BC【分析】根据直线方程求出直线过定点，而定点在圆：上，从而可判断直线与圆的位置关系，即可判断A选项；当时，设圆心到直线：的距离为，利用点到直线的距离公式求出，并与比较，即可得出直线与圆的位置关系，即可判断B选项；将圆心代入直线的方程求出的值，即可判断C选项；由直线与圆相交的弦长为，根据直线与圆的弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出，进而可求出的值，即可判断D选项.【详解】解：由于直线：，即，令，解得：，则直线过定点，而定点在圆：上，所以直线与圆有1个或2个公共点，故A错误；当时，直线：，而圆：，即，可知圆心，半径，设圆心到直线的距离为，则，所以直线与圆相切，故B正确；若直线：经过圆心，则，解得：，所以存在一个值，使直线经过圆心，故C正确；若直线与圆相交的弦长为，设圆心到直线：的距离为，则，即，解得：，而，解得：或，故D错误.故选：BC.12．已知点，为坐标原点，A，B为曲线C：上的两点，F为其焦点.下列说法正确的是（       ）A．点的坐标为B．周长的最小值为C．若P为线段AB的中点，则直线AB的斜率为－2D．若直线AB过点F，且是与等比中项，则【答案】BD【分析】由曲线方程可判断A，利用抛物线的定义可判断B，利用点差法可判断C，利用焦点弦公式及韦达定理可判断D.【详解】由曲线C：，则焦点为，故A错误；由曲线C：，可知其准线为，设到准线的距离为，则，所以周长为，当时，取得最小值，周长取得的最小值为，故B正确；若P为线段AB的中点，设，则，，所以，所以，故C错误；若直线AB过点F，且是与等比中项，则，设，则，，∴，设，代入，得，所以，∴，即，∴，故D正确.故选：BD.三、填空题13．已知数列的前项和为，且，则___________.【答案】51【分析】根据题意，可知当时，，当时，根据求出，再检验，从而得出通项公式，即可求出的结果.【详解】解：由题可知，当时，，当时，，可知时上式成立，所以，则，，，所以.故答案为：51.14．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是___________.【答案】【分析】根据投影向量的计算公式，计算出正确答案.【详解】向量在向量上的投影向量的坐标是.故答案为：15．已知双曲线（，），直线与的右支分别交于点、，与轴交于点.若，则的渐近线方程为______.【答案】【分析】利用三角形相似求出点B的坐标，代入双曲线方程可得a,b的关系，由此可得渐近线方程.【详解】本题考查双曲线方程与几何性质.如图，作轴，垂足为，直线过，即过的右顶点，直线的倾斜角为，则，在中，，则，，又因为，，所以，，则，所以，解得，则的渐近线方程为.故答案为：四、双空题16．如图所示的平行六面体中，已知，，，为上一点，且．若，则的值为__；若为棱的中点，平面，则的值为__．【答案】          【解析】①，不妨取，利用，即可得出．②连接，与交于点．连接，交于点，连接．平面，可得．根据点为的中点，可得点为的中点．延长交线段的延长线于点．利用平行线的性质即可得出．【详解】解：①，不妨取，．．②连接，与交于点．连接，交于点，连接．平面，．点为的中点，点为的中点．延长交线段的延长线于点．，．．，．则．故答案为：，．【点睛】本题考查了向量三角形法则、数量积运算性质、平行线的性质、线面平行的性质定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．五、解答题17．已知数列是公差为2的等差数列，其前项和为，，，成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)令数列，它的前项和为，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，，成等比数列，求得，从而可得答案；（2）利用等差数列前项和公式求得，从而可求得，再根据等差数列前项和的函数性质即可得解.(1)解：因为，，成等比数列，所以，即，解得，所以；(2)解：，则，，则，所以当或10时，取最小值，所以的最小值为.18．已知直线：.(1)已知，若点P到直线的距离为d，求d最大时直线的方程.(2)若直线交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，求面积的最小值.【答案】(1)(2)4【分析】（1）将直线化成点斜式，由垂直关系可求出值，进而得解；（2）由直线方程分别求出，表示出，结合基本不等式可求面积的最小值.(1)由变形得，则设直线过，要使点到直线距离最大，则满足，，则，直线方程为，即；(2)由题知，，，令得，即，令得，即，则，当且仅当时等号成立，故的最小值为4.19．已知焦点在轴上的抛物线过(1)求抛物线的标准方程及准线方程；(2)已知直线与抛物线交于点A，，若以为直径的圆过原点，求直线的方程．【答案】(1)；；(2)【分析】（1）根据题意可设抛物线的方程为，代入点求得参数值，即可得出答案；（2）设，联立，利用韦达定理求得，根据以为直径的圆过原点，可得，则，求得参数，即可得解.(1)解：根据题意可设抛物线的方程为，代入点得，解得，所以抛物线的标准方程，准线方程为；(2)解：设，联立，消得：，，则，，因为以为直径的圆过原点，所以，则，即，即，所以，解得，又，所以，所以直线的方程为.20．1.如图所示，已知平行四边形中，，，， ，垂足为，沿直线将翻折成，使得平面平面；连接，是上的点．(1)当时，求证：平面；(2)当时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直可直接建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，证明向量垂直即可；（2）通过建立空间直角坐标系，分别求出其法向量，代入公式即可.(1)∵，平面平面，∴平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，  则，，，，，，，，.∵，，∴，.又，∴平面 ．(2)设 ，则 由得： ，解得 ∴ ． 设面的法向量为 ，则 ．取 ，则 ，设平面的法向量为，则，取，平面的法向量为，由题可知，二面角为锐二面角，设二面角的大小为，则．所以.21．数列和满足：，，.(1)求数列，的通项公式；(2)若求数列的前项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由易求的通项公式，再结合，由累加法可求的通项公式；（2）化简得，结合错位相减法可求的前项和.(1)由题可知，，，所以为等比数列，，，由可得，，累加得，即，所以，；(2)，设的前项和为，则，两式作差得，化简得，故的前项和为.22．已知椭圆E：的离心率为，椭圆E的长轴长为2．(1)求椭圆的标准方程；(2)设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交☉C：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．①求证：为定值； ②求证：直线过定点.【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）由已知条件列出关于的方程组，解之可得；（2）设MN的方程为，设，，直线方程代入椭圆方程，整理后由韦达定理得，然后计算可得结论；②设PQ的方程为 ，设，，直线方程代入圆方程，整理后应用韦达定理得，由点的坐标求得，利用它等于可求得值，从而由直线方程得定点．(1)由题意解得 所以椭圆的标准方程为：；(2)① 设MN的方程为，与联立得：，设，，则，②设PQ的方程为 ，与联立，设，，则由，即此时，所以的方程为，故直线恒过定点.