2021-2022学年福建省莆田第一中学高二上学期期末考试数学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省莆田第一中学高二上学期期末考试数学试题含解析，共17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学年福建省莆田第一中学高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．数列，则是这个数列的第（       ）A．项 B．项 C．项 D．项【答案】A【分析】根据数列的规律，求出通项公式，进而求出是这个数列的第几项【详解】数列为，故通项公式为，是这个数列的第项.故选：A.2．圆与圆的位置关系为（       ）A．内切 B．相交 C．外切 D．相离【答案】C【分析】写出两圆的圆心和半径，求出圆心距，发现与两圆的半径和相等，所以判断两圆外切【详解】圆的标准方程为：，所以圆心坐标为，半径；圆的圆心为，半径，圆心距，所以两圆相外切故选：C3．直线恒过定点（       ）A．  B． C． D．【答案】A【分析】将直线方程变形得，再根据方程即可得答案.【详解】解：由得到：，∴直线恒过定点．故选：A4．直线x－y＋1＝0被椭圆＋y2＝1所截得的弦长|AB|等于（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】联立方程组，求出交点坐标，利用两点间的距离公式求距离.【详解】由得交点为(0,1)，，则|AB|＝＝.故选：A.5．“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 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】A【分析】根据直线垂直求出的范围即可得出.【详解】由直线垂直可得，解得或1，所以“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的充分不必要条件.故选：A.6．如图为学生做手工时画的椭圆(其中网格是由边长为1的正方形组成)，它们的离心率分别为，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据图知分别得到椭圆、、 的半长轴和半短轴，再由求解比较即可.【详解】由图知椭圆的半长轴和半短轴分别为： ，椭圆的半长轴和半短轴分别为：，椭圆 的半长轴和半短轴分别为：， 所以， ， ，所以，故选：D7．如图在平行六面体中，与的交点记为．设，，，则下列向量中与相等的向量是（       ）A． B．C． D．【答案】B【解析】利用空间向量的加法和减法法则可得出关于、、的表达式.【详解】．故选：B.8．设双曲线：（，）的右顶点为，右焦点为，为双曲线在第二象限上的点，直线交双曲线于另一个点（为坐标原点），若直线平分线段，则双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由给定条件写出点A，F坐标，设出点B的坐标，求出线段FC的中点坐标，由三点共线列式计算即得.【详解】令双曲线的半焦距为c，点，设，由双曲线对称性得，线段FC的中点，因直线平分线段，即点D，A，B共线，于是有，即，即，离心率.故选：A二、多选题9．已知直线，则下列结论正确的是（       ）A．直线l的倾斜角是B．直线l的横截距为C．点到直线l上的点的最短距离是2D．若直线，则【答案】CD【分析】根据直线方程求出直线的斜率和点到直线的距离以及直线的位置关系分别判断即可.【详解】∵直线，∴直线l的斜率，倾斜角，故A错误；令，解得：，故直线的横截距是，故B错误；点到直线l的距离，故C正确；直线m的斜率，而，故，故D正确；故选：CD.10．已知双曲线两渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为（       ）A．2 B． C．3 D．【答案】AD【分析】设双曲线的方程为得渐近线方程为，根据双曲线的对称性可得的倾斜角为或，即可得的值，由公式即可求解.【详解】设双曲线的方程为，渐近线方程为：，根据双曲线的对称性可知：的倾斜角为或当的倾斜角为时，可得，所以，当的倾斜角为，可得，所以，所以离心率为或，故选：AD.11．我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百九十三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里.良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.”其大意为今有良马和驽马从长安出发到齐国，良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走里.良马先到齐国，再返回迎接驽马，9天后两马相遇.下列结论正确的是（       ）A．长安与齐国两地相距1530里B．3天后，两马之间的距离为里C．良马从第6天开始返回迎接驽马D．8天后，两马之间的距离为里【答案】AB【分析】A, 设良马第天行走的路程里数为，驽马第天行走的路程里数为，求出良马和驽马各自走的路程即得A正确；B，计算得到3天后，两马之间的距离为里，即可判断B正确；C,计算得到良马前6天共行走了里里，故C不正确；D，计算得到8天后，两马之间的距离为390里，故D不正确.【详解】解：设良马第天行走的路程里数为，驽马第天行走的路程里数为，则.良马这9天共行走了里路程，驽马这9天共行走了里路程，故长安与齐国两地相距里，A正确.3天后，良马共行走了里路程，驽马共行走了里路程，故它们之间的距离为328.5里，B正确.良马前6天共行走了里里，故良马行走6天还末到达齐国，C不正确.良马前7天共行走了里里，则良马从第7天开始返回迎接驽马，故8天后，两马之间的距离即两马第9天行走的距离之和，由，知8天后，两马之间的距离为390里，故D不正确.故选：AB12．已知抛物线的焦点为，直线与交于点，（在第一象限），以为直径的圆与的准线相切于点．若，则（       ）A．，，三点共线 B．的斜率为C． D．圆的半径是6【答案】AC【分析】如图，连接，过作准线的垂线，垂足为，过作准线的垂线，垂足为，连接，利用抛物线的几何性质可得三点共线，结合直角三角形边的关系可计算得到直线的倾斜角，从而利用直线方程和抛物线方程联立求出交点的坐标后可求，故可判断各项的正误.【详解】如图，连接，则为圆的半径，过作准线的垂线，垂足为，过作准线的垂线，垂足为，连接，则，故三点共线.因为为直径，故，而，故，而为等腰三角形，故，故，所以即直线的倾斜角为，故其斜率为，故B错.设，由可得，所以，故，故且圆的直径是8即半径为4，故C对D错.故选：AC.【点睛】思路点睛：与抛物线准线或焦点有关的问题，可以利用其几何性质进行转化，而焦半径或焦点弦长的计算，则可以依据公式来处理.三、填空题13．写出一个截距相等且不过第一象限的直线方程________．【答案】此题答案不唯一：如【分析】根据题意分析此直线可分为两种情况①图象经过第二、三、四象限；②截距都为零.写出符合条件的一条直线即可.【详解】由截距相等且不过第一象限的直线方程知，①图象经过第二、三、四象限，截距不为零，此直线的解析式为即可；②截距都为零时，图像经过原点，此直线的解析式为即可. 此题答案不唯一：如.故答案为：.14．在等差数列中，，其前项和为，若，则_____.【答案】100【分析】由等差数列性质得数列为等差数列，设其公差为d，进而得，故，进而得，再计算即可.【详解】∵数列为等差数列，∴数列为等差数列，设其公差为d，又，解得：，又∵，∴，即∴ 故答案为：.15．过抛物线y2＝4x焦点F的直线交该抛物线于A,B两点,且|AB|＝4,若原点O是△ABC的垂心,则点C的坐标为_____．【答案】【分析】由题意设直线AB的方程,与抛物线联立求出两根之和,由抛物线的性质可得弦长|AB|的表达式,再由题意可得参数的值,进而求出直线的方程,代入抛物线的方程求出A,B的坐标,由O为三角形ABC的垂心可得C在x轴上,设C的坐标,由OA⊥BC,可得数量积为0,求出C点的坐标．【详解】解：显然直线AB的斜率不为0,由题意设直线AB的方程为：x＝my+1,设A（x1,y1）,B（x2,y2）,联立直线AB与抛物线的方程,整理可得y2﹣4my﹣4＝0,y1+y2＝4m,所以x1+x2＝4m2+2,由抛物线的性质可得|AB|＝x1+x2+2＝4m2+4,由题意可得4m2+4＝4,所以m＝0,即直线AB垂直于x轴,所以可得A（1,2）,B（1,﹣2）,因为原点O是△ABC的垂心,所以C在x轴上,设C（a,0）,可得AO⊥BC,即0即（1,2）•（1﹣a,﹣2）＝0,整理可得：1﹣a﹣4＝0,解得a＝﹣3,所以C的坐标为：,故答案为：．【点睛】本题主要考查了联立直线与抛物线的方程求解参数的问题,需要根据题意联立直线与抛物线的方程,根据韦达定理求解参数.同时也考查了垂直的向量用法.属于中档题.16．已知过椭圆：的左焦点且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，若，则椭圆的离心率为 _____.【答案】【分析】设，将直线的方程和椭圆的方程联立消元得出，由可得，这几个式子再结合化简可得.【详解】因为直线过点，且斜率为,所以直线的方程为：，与椭圆：联立消去，得设所以因为，可得代入上式得消去并化简整理得：将代入化简得：解之得，因此，该双曲线的离心率.故答案为：.四、解答题17．在①，；②，，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解决问题．问题：设等差数列的前项和为，________________，若，判断是否存在最大值，若存在，求出取最大值时的值；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答．按第一个解答记分．【答案】答案不唯一，具体见解析．【分析】选①：易得，法一：令求n，即可为何值时取最大值；法二：写出，利用等差数列前n项和的函数性质判断为何值时有最大值；选②：由数列前n项和及等差数列下标和的性质易得、即可确定有最大值时值；选③：由等差数列前n项和公式易得、即可确定有最大值时值；【详解】选①：设数列的公差为，，，解得，即，法一：当时，有，得，∴当时，；，；时，，∴或时，取最大值．法二：，对称轴，∴或时，取最大值．选②：由，得，由等差中项的性质有，即，由，得，∴，故，∴当时，，时，，故时，取最大值．选③：由，得，可得，由，得，可得，∴，故，∴当时，，时，，故时，取最大值．【点睛】关键点点睛：根据所选的条件，结合等差数列前n项和公式的性质、下标和相等的性质等确定数列中项的正负性，找到界点n值即可.18．双曲线 ，离心率 ，虚轴长为 2 ．(1)求双曲线的标准方程；(2)经过点的直线与双曲线相交于两点，且为的中点，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意求出即可得出；（2）利用点差法求出直线斜率即可得出方程.【详解】(1)∵，，∴，，∵，∴，∴，∴双曲线的标准方程为；(2)设以定点为中点的弦的端点坐标为，可得，，由在双曲线上，可得：，两式相减可得以定点为中点的弦所在的直线斜率为：则以定点为中点的弦所在的直线方程为，即为，联立方程得：，，符合，∴直线的方程为：.19．平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上.(1)求圆的方程；(2)圆与直线交于，两点，在圆上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)存在，直线方程为或.【分析】（1）利用待定系数法即求；（2）利用直线与圆的位置关系可得，然后利用菱形的性质可得圆心到直线的距离，即得.【详解】(1)曲线与轴的交点为，与轴的交点为，，设圆的方程为，则，解得.∴圆的方程为；(2)∵圆与直线交于，两点，圆化为，圆心坐标为，半径为.∴圆心到直线的距离，解得.假设存在点，使得四边形为菱形，则与互相平分，∴圆心到直线的距离，即，解得，经验证满足条件.∴存在点，使得四边形为菱形，此时的直线方程为或.20．如图，在三棱锥中，，平面，，分别为棱，的中点.(1)求证：；(2)若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质即证； （2）利用坐标法，结合条件可求，然后利用体积公式即求.【详解】(1)，是的中点，，平面，平面，，又，平面，平面，；(2)，，，取的中点，连接，则，平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，由，取，得；设平面的一个法向量为，由，取，得，∵二面角的大小为，，解得，，则三棱锥的体积.21．如图，已知顶点，，动点分别在轴，轴上移动，延长至点，使得，且.（1）求动点的轨迹；（2）过点分别作直线交曲线于两点，若直线的倾斜角互补，证明：直线的斜率为定值；（3）过点分别作直线交曲线于两点，若，直线是否经过定点？若是，求出该定点，若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）设点M,P,Q的坐标,将向量进行坐标化，整理即可得轨迹方程；（2）设点，，直线的倾斜角互补，则两直线斜率互为相反数，用斜率公式计算得到，即可计算kAB；（3）若，由两直线斜率积为-1，可得到关于与的等量关系，写出直线AB 的方程，将等量关系代入直线方程整理可得直线AB经过的定点．【详解】（1）设，，.由，得，即.因为，所以，所以.所以动点的轨迹为抛物线，其方程为.（2）证明：设点，，若直线的倾斜角互补，则两直线斜率互为相反数，又，，所以，，整理得，所以.（3）因为，所以，即，①直线的方程为：，整理得：，②将①代入②得，即，当时，即直线经过定点.【点睛】本题考查直接法求轨迹方程，考查直线斜率为定值的求法和直线恒过定点问题.22．已知椭圆：的四个顶点组成的四边形的面积为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的下顶点为，如图所示，点为直线上的一个动点，过椭圆的右焦点的直线垂直于，且与交于，两点，与交于点，四边形和的面积分别为，，求的最大值.【答案】（1）（2）【详解】（1）因为在椭圆上，所以，又因为椭圆四个顶点组成的四边形的面积为，所以，解得，所以椭圆的方程为（2） 由（1）可知，设，则当时，，所以，直线的方程为，即，由得，则，，，又，所以，由，得，所以，所以，当，直线，，，，，所以当时，.点睛： 在圆锥曲线中研究最值或范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.