2021-2022学年湖北省荆州中学高二上学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年湖北省荆州中学高二上学期期末数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省荆州中学高二上学期期末数学试题一、单选题1．设是等差数列的前项和，已知，，则等于（       ）．A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：依题意有，解得，所以.【解析】等差数列的基本概念.【易错点晴】本题主要考查等差数列的基本概念. 在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为和等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前项和公式，共涉及五个量，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．2．双曲线的焦点到渐近线的距离为（       ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】根据点到直线距离公式进行求解即可.【详解】由双曲线的标准方程可知：，该双曲线的焦点坐标为：，双曲线的渐近线方程为：，所以焦点到渐近线的距离为：，故选：A3．设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（       ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.【详解】选项A.   一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直则由，不能得出，故选项A不正确.选项B.     ,则正确，故选项B正确.选项C.   若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.选项D.   若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.故选：B4．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为双曲线在第一象限上的点，直线，分别交双曲线的左，右支于另一点，，若，且，则双曲线的离心率为（       ）A． B．3 C．2 D．【答案】D【分析】由双曲线的定义可设，，由平面几何知识可得四边形为平行四边形，三角形，用余弦定理，可得，的方程，再由离心率公式可得所求值．【详解】由双曲线的定义可得，由，可得，，结合双曲线性质可以得到，而，结合四边形对角线平分，可得四边形为平行四边形，结合，故，对三角形，用余弦定理，得到，结合，可得，，，代入上式子中，得到，即，结合离心率满足，即可得出，故选：D．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.5．已知是等差数列的前项和，，，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据，可得，再根据，得，从而可得出答案.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以的最小值为.故选：C.6．抛物线的焦点为，准线为，焦点在准线上的射影为点，过任作一条直线交抛物线于两点，则为（       ）A．锐角 B．直角 C．钝角 D．锐角或直角【答案】D【分析】设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理，求得，根据其结果即可判断和选择.【详解】为说明问题，不妨设抛物线方程，则，直线斜率显然不为零，故可设直线方程为，联立，可得，设坐标为，则，故，当时，，；当时，，；故为锐角或直角.故选：D.7．设为可导函数，且满足，则曲线在点处的切线的斜率是A． B． C． D．【答案】D【详解】由题，为可导函数， ，即曲线在点处的切线的斜率是 ，选D【点睛】本题考查导数的定义，切线的斜率，以及极限的运算，本题解题的关键是对所给的极限式进行整理，得到符合导数定义的形式．8．已知是等比数列，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，，可求出公比，从而可求出等比数的通项公式，则可求出，得数列是一个等比数列，然后利用等比数的求和公式可求得答案【详解】由题得.所以，所以.所以，所以数列是一个等比数列.所以=.故选：D二、多选题9．直线和圆的位置关系是（       ）A．相离​ B．相切或相离 C．相交​ D．相切【答案】CD【分析】直线恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上，直线的斜率不存在或存在且不为0，结合图形判断直线和圆的关系．【详解】∵   圆可化为∴   圆心为（0，1），半径为1，∵直线恒过点（1，1），且点（1，1）在圆上当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相交，∴直线和圆的关系是相交或相切，故选：CD．10．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（       ）A．此数列的第20项是200 B．此数列的第19项是180C．此数列偶数项的通项公式为 D．此数列的前项和为【答案】ABC【分析】首先寻找出数列的规律，归纳出通项公式，然后判断各选项即可．【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，，故C正确；由此可得，故A正确；，故B正确；是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，不可能有，故D错误．故选：ABC．11．如图所示，一个底面半径为的圆柱被与其底面所成的角为的平面所截，截面是一个椭圆，则（       ）A．椭圆的长轴长为4B．椭圆的离心率为C．椭圆的方程可以为D．椭圆上的点到焦点的距离的最小值为【答案】ABD【分析】结合图象根据椭圆的长轴，短轴的几何意义求椭圆的，由此判断各选项.【详解】设椭圆的长半轴长为，椭圆的长半轴长为，半焦距为，由图象可得， ∴ ，又，，∴   ，∴ 椭圆的长轴长为4，A对，椭圆的离心率为，B错，圆的方程可以为，C对，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D对，故选：ABD.12．在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（       ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时第2次得到数列1,4,3,5,2，此时第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时 第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时第次得到数列1，，2 此时所以，故A项正确；结合A项中列出的数列可得： 用等比数列求和可得则 又 所以 ，故B项正确；由B项分析可知即，故C项错误.，故D项正确.故选：ABD.【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.三、填空题13．已知函数，若，则________.【答案】【解析】求出导函数，确定导函数是奇函数，然后可求值．【详解】由已知，它是奇函数，∴．故答案为：．【点睛】本题考查导数的运算，考查函数的奇偶性，确定函数的奇偶性是解题关键．14．已知数列满足，且．则数列的通项公式为_______．【答案】【分析】倒数型求数列通项公式，第一步求倒数，第二步构造数列，求通项.【详解】因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1 的等差数列，所以故答案为：.15．平行六面体中，底面是边长为1的正方形， ，则对角线的长度为___.【答案】2【分析】利用，两边平方后，利用向量数量积计算公式，计算得.【详解】对两边平方并化简得,故.【点睛】本小题主要考查空间向量的加法和减法运算，考查空间向量数量积的表示，属于中档题.16．若椭圆和圆（c为椭圆的半焦距）有四个不同的交点，则椭圆的离心率的取值范围是_____.【答案】【分析】当圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间时，椭圆和圆有四个不同的焦点，由此列不等式，解不等式求得椭圆离心率的取值范围.【详解】由于椭圆和圆有四个焦点，故圆的直径介于椭圆长轴和短轴长度范围之间，即.由得，两边平方并化简得，即①.由得，两边平方并化简得，解得②.由①②得.故填.【点睛】本小题主要考查椭圆和圆的位置关系，考查椭圆离心率取值范围的求法，属于中档题.四、解答题17．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线l与圆A相交于M，N两点．（1）求圆A的方程．（2）当时，求直线l方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）利用圆心到直线的距离公式求圆的半径，从而求解圆的方程；（2）根据相交弦长公式，求出圆心到直线的距离，设出直线方程，再根据点到直线的距离公式确定直线方程．【详解】（1）由题意知到直线的距离为圆A半径r，所以， 所以圆A的方程为．        （2）设的中点为Q，则由垂径定理可知，且，在中由勾股定理易知，            设动直线l方程为：或，显然符合题意．     由到直线l距离为1知得．        所以或为所求直线方程．【点睛】本题考查圆的标准方程及直线与圆的相交弦长问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．在公差为的等差数列中,已知，且成等比数列.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若,求.【答案】(Ⅰ)或 .(Ⅱ)【详解】试题分析：(Ⅰ)由题意求得数列的公差后可得通项公式．(Ⅱ)结合条件可得，分和两种情况去掉中的绝对值后，利用数列的前n项和公式求解．试题解析：（Ⅰ）∵成等比数列，∴，整理得，解得或，当时，;当时，．所以或 ．（Ⅱ）设数列 前项和为 ，∵ ，∴ ，当 时，，∴；当时， ．综上 19．如图，四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，，∠BAD=120o，AB＝AD＝2，点M在线段PD上，且DM＝2MP，平面．(1)求证：平面MAC平面PAD；(2)若PA＝6，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)连接BD交AC于点E，连接ME，由所给条件推理出CA⊥AD，进而得CA⊥平面PAD，证得结论．(2)首先以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求解二面角即可．【详解】(1)(1) 连接BD交AC于点E，连接ME，如图所示：∵平面MAC，PB平面PBD，平面PBD平面MAC=ME，∴，，则BC=1，而AB=2，，，∴AC2+BC2=4=AB2，∠ACB=90º，∠CAD=90º，即CA⊥AD，又PA⊥平面ABCD，CA平面ABCD，∴PA⊥CA，又PAAD=A，∴CA⊥平面PAD，而CA平面MAC，∴平面MAC⊥平面PAD．(2)（2）如图所示：以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，则，∴，设平面PAB和平面MAC的一个法向量分别为，平面PAB和平面MAC所成锐二面角为，∴，  ， ∴.20．已知数列的前项和．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用与的关系求数列的通项公式；（2）利用错位相减法求和即可.【详解】(1)因为，故当时，，两式相减得，又由题设可得，从而的通项公式为：；(2)因为，，两式相减得：所以.21．已知抛物线的方程为，点，过点的直线交抛物线于两点．(1)求△OAB面积的最小值（为坐标原点）；(2)是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】(1)；(2)是，该定值.【分析】（1）根据弦长公式、点到直线距离公式，结合三角形面积公式进行求解即可；（2）根据两点间距离公式，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】(1)显然直线存在斜率，设直线的方程为：，所以有，设，则有，，原点到直线的距离为：，△OAB的面积为：，当时，有最小值，最小值为；(2)是定值，理由如下：由（1）可知：，，【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.22．已知椭圆：的离心率为，，分别为椭圆的左，右焦点，为椭圆上一点，的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)为圆上任意一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，判断是否为定值?若是，求出定值：若不是，说明理由，【答案】(1)(2)是；【分析】（1）由离心率和焦点三角形周长可求出，结合关系式得出，即可得出椭圆的方程；（2）由平行于轴特殊情况求出，即；当平行于轴时，设过的直线为，联立椭圆方程，令化简得关于的二次方程，由韦达定理即可求解.【详解】(1)由题可知，，解得，又，解得，故椭圆的标准方程为：；(2)如图所示，当平行于轴时，恰好平行于轴，，，；当不平行于轴时，设，设过点的直线为，联立得，令得，化简得，设，则，又，故，即.综上所述，.