2021-2022学年黑龙江省大庆市大庆中学高二上学期期末数学试题含解析

2021-2022学年黑龙江省大庆市大庆中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．抛物线的焦点坐标为

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】抛物线的标准方程为，从而可得其焦点坐标．

【详解】抛物线的标准方程为，故其焦点坐标为，故选D.

【点睛】本题考查抛物线的性质，属基础题．

2．已知数列为等比数列，，则的值为（       ）

A． B．

C． D．2

【答案】B

【分析】根据等比数列的性质计算.

【详解】由等比数列的性质可知，且等比数列奇数项的符号相同，所以，

即.

故选：B

3．若方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】方程化为圆锥曲线（椭圆与双曲线）标准方程的形式，然后由方程表示双曲线可得不等关系．

【详解】解：方程可化为，它表示双曲线，则，解得.

故选：A．

4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第7项为（     ）

A．101 B．99 C．95 D．91

【答案】C

【分析】根据所给数列找到规律：两次后项减前项所得数列为公差为2的数列，进而反向确定原数列的第7项.

【详解】根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：

故选：C.

5．是双曲线：上一点，已知，则的值（       ）

A． B． C．或 D．

【答案】B

【分析】根据双曲线的定义，结合双曲线上的点到焦点的距离的取值范围，即可求解.

【详解】双曲线方程为：，

是双曲线：上一点，，

， 或，

又，.

故选：B

6．已知数列中，，()，则（       ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】由递推关系确定数列的周期，运算即可得解.

【详解】因为，()，

所以，

所以数列的周期为3，

又，所以.

故选：A.

7．已知点是抛物线的焦点，点为抛物线上的任意一点，为平面上点，则的最小值为

A．3 B．2 C．4 D．

【答案】A

【分析】作垂直准线于点，根据抛物线的定义，得到，当三点共线时，的值最小，进而可得出结果.

【详解】如图，作垂直准线于点，由题意可得，

显然，当三点共线时，的值最小；

因为，，准线，

所以当三点共线时，，所以.

故选A

【点睛】本题主要考查抛物线上任一点到两定点距离的和的最值问题，熟记抛物线的定义与性质即可，属于常考题型.

8．已知等比数列的前项和为，若公比，则＝（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，由等比数列的通项公式与前项和公式直接计算即可.

【详解】由已知可得.

故选：A.

9．若平面的一个法向量为，点，，，，到平面的距离为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】求出，点A到平面的距离：，由此能求出结果

【详解】解：，，，，

∴ 为平面的一条斜线，且

∴ 点到平面的距离：

故选：B.

10．已知，分别为椭圆的左右焦点，为坐标原点，椭圆上存在一点，使得，设的面积为，若，则该椭圆的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由可得为直角三角形，故，且，结合，联立可得，即得解

【详解】由题意，故为直角三角形，

，

又，

，

又为直角三角形，故，

，

即，

.

故选：D.

二、多选题

11．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法中正确的是（     ）

A．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β

B．如果m⊂α，α∥β，那么m∥β

C．如果α∩β＝l，m∥α，那么m∥l

D．如果m⊥n，m⊥α，nβ，那么α⊥β

【答案】AB

【分析】对于A,由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于B，由面面平行的性质得m∥β；对于C,m与l平行或异面；对于D，α与β可能平行，相交但不一定垂直.

【详解】对于A,当m⊥n，m⊥α时，n⊂α或n∥α，当n⊂α，n⊥β时，a⊥β，显然正确，

当n∥α时，∃l⊂α，使得n∥l，而n⊥β，所以l⊥β，即有a⊥β，综上，总有a⊥β，A正确；

对B，根据线面平行的定义可知，B正确；

对于C ,如果α∩β＝l，m∥α，那么m与l平行或异面，故C错误；

对于D，当，时，或，而， 可能平行，相交，那么不一定成立，D错误,

故选：AB.

12．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1+4a3＝S7，则以下结论正确的有（     ）

A．a14＝0 B．S14最小 C．S11＝S16 D．S27＝0

【答案】ACD

【分析】根据题意，由2a1+4a3＝S7，可得a14＝0，然后逐项分析即可得解.

【详解】因为数列{an}为等差数列，设其等差为d，由于2a1+4a3＝S7，

即6a1+8d＝7a1+21d，即a1+13d＝a14＝0，故A正确；

当时，Sn没有最小值，故B错误；

因为S16﹣S11＝a12+a13+a14+a15+a16＝5a14＝0，

所以S11＝S16，故C正确；

S27＝＝27（a1+13d）＝27a14＝0，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知直线与垂直，则m的值为______．

【答案】0或-9-9或0

【分析】根据给定条件利用两直线互相垂直的性质列式计算即得.

【详解】因直线与垂直，则有，解得或，

所以m的值为0或-9.

故答案为：0或-9

14．在空间四边形ABCD中，AD=2，BC=2，E，F分别是AB，CD的中点 ，EF=，则异面直线AD与BC所成角的大小为____.

【答案】

【分析】由已知找到异面直线所成角的平面角，再运用余弦定理可得答案.

【详解】解：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以，则∠EOF（或其补角）就是异面直线AD，BC所成的角的平面角，

又因为EO=AD=1，FO=BC=，EF=.根据余弦定理得=-，所以∠EOF=150°，异面直线AD与BC所成角的大小为30°.

故答案为：30°.

15．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝__________.

【答案】－.

【解析】【详解】试题分析：因为，所以，所以，即，又，即，所以数列是首项和公差都为的等差数列，所以，所以．

【解析】数列的递推关系式及等差数列的通项公式．

【方法点晴】本题主要考查了数列的通项公式、数列的递推关系式的应用、等差数列的通项公式及其性质定知识点的综合应用，解答中得到， ，确定数列是首项和公差都为的等差数列是解答的关键，着重考查了学生灵活变形能力和推理与论证能力，平时应注意方法的积累与总结，属于中档试题．

16．以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于、两点，交C的准线于、两点.

，，则C的焦点到准线的距离为 ____.

【答案】2

【分析】画出图形，设出抛物线方程，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可.

【详解】解：设抛物线为y2＝2px，如图：

，又，解得，

设圆的半径为，，

解得：p＝2，即C的焦点到准线的距离为：2.

故答案为：2.

四、解答题

17．已知等比数列{an}中，a1=1，且2a2是a3和4a1的等差中项.数列{bn}满足b1=1，b7=13，且bn+2+bn=2bn+1.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{an+bn}的前n项和Tn.

【答案】(1)；(2).

【分析】(1)根据已知条件求出等比数列的公比，然后利用等比数列通项公式求解即可；

(2)根据已知求出数列的通项公式，再结合(1)中结论并利用分组求和法求解即可.

【详解】(1)设等比数列的公比为q，

因为，所以，

因为是和的等差中项，所以，即，解得，

所以.

故答案为：.

(2)因为，所以为等差数列，

因为，，所以公差，

故.

所以

.

故答案为：.

18．已知圆C：x2+y2+2ax﹣3＝0，且圆C上存在两点关于直线3x﹣2y﹣3＝0对称.

(1)求圆C的半径r；

(2)若直线l过点A（2，），且与圆C交于MN，两点，|MN|＝2，求直线l的方程.

【答案】(1)r＝2

(2)x﹣2＝0或x+﹣3＝0

【分析】（1）由已知根据对称性可知直线m过圆心C.代入后可求a，进而可求半径；

（2）先求出圆心到直线l的距离，然后结合直线与圆相交的弦长公式可求.

(1)

解：圆C的标准方程为，圆心为.

因为圆C关于直线m对称，所以直线m过圆心C.

将代入 ，

解得.

此时圆C的标准方程为，半径r＝2.

(2)

解：设圆心到直线距离为d，

则d＝＝＝1，

①当直线l斜率不存在时，直线方程l为x＝2，符合条件.

②当直线l斜率存在时，设直线l方程为y﹣＝k（x﹣2），即x﹣y﹣2k+＝0，

所以圆心C到直线l的距离d＝＝1，

解得，k＝﹣，

直线l的方程为x+﹣3＝0，

综上所述，直线l的方程为x﹣2＝0或x+﹣3＝0.

19．已知动点M到点F（0，2）的距离，与点M到直线l：y＝﹣2的距离相等.

(1)求动点M的轨迹方程；

(2)若过点F且斜率为1的直线与动点M的轨迹交于A，B两点，求线段AB的长度.

【答案】(1)x2＝8y

(2)16

【分析】小问1：由抛物线的定义可求得动点M的轨迹方程；

小问2：可知直线AB的方程为y＝x+2，设点A（x1，y1）、B（x2，y2），将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出y1+y2的值，利用抛物线的定义可求得|AB|的值.

(1)

由题意点M的轨迹是以F为焦点，直线l为准线的抛物线，

所以，则p＝4，

所以动点M的轨迹方程是x2＝8y；

(2)

由已知直线AB的方程是y＝x+2，设A（x1，y1）、B（x2，y2），

由得x2﹣8x﹣16＝0，，

所以x1+x2＝8，则y1+y2＝x1+x2+4＝12，故|AB|＝y1+y2+4＝16．

20．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＞0，a1＜2，6Sn＝（an+1）（an+2）.

(1)求证：数列{an}是等差数列；

(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据数列通项与前项和的关系，构造新等式，作差整理得到，进而求解结论；

（2）求出数列{an}的通项公式，再代入裂项求和即可.

(1)

证明：因为，

所以当时，，

两式相减，得到，

整理得，

又因为an＞0，所以，

所以数列{an}是等差数列，公差为3；

(2)

证明：当n＝1时，6S1＝（a1+1）（a1+2），

解得a1＝1或a1＝2，

因为a1＜2，所以a1＝1，

由（1）可知公差d＝3，

所以an＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）×3＝3n﹣2，

所以，

所以＝.

21．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=2AD=4，且PC=.点E在PC上.

(1)求证：平面BDE⊥平面PAC；

(2)若E为PC的中点，求直线PC与平面AED所成的角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）根据题意可判断出ABCD是正方形，从而可得，再根据，由线面垂直的判定定理可得平面PAC，然后由面面垂直的判定定理即可证出；

（2）由、、两两垂直可建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线PC与平面AED所成的角的正弦值.

(1)

因为PA⊥底面ABCD，PA=2AD=4，PC=，所以，，即ABCD是正方形，所以，而PA⊥底面ABCD，所以，又，所以平面PAC，而平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC．

(2)

由题可知、、两两垂直，建系如图，

，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，

，，，，1，，，2，，

设平面的一个法向量为，则，，

即，取，0，，

所以直线与平面所成的角的正弦值为．

22．已知椭圆上的点到焦点的最大距离为3，离心率为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设直线与椭圆交于不同两点，与轴交于点，且满足,若，求实数的取值范围.

【答案】(1) (2) ，或

【分析】（1）由椭圆的性质可知：，解得a和c的值，即可求得椭圆C的标准方程；

（2）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得：，，λ，根据向量的坐标坐标，（x1+1，y1）＝λ（x2+1，y2），求得，由，代入即可求得实数m的取值范围．

【详解】(1)由已知，解得，

所以 ，

所以椭圆的标准方程为.

（2）由已知,设，

联立方程组，消得，

由韦达定理得 ①②

因为，所以，

所以③，将③代入①②

，，

消去得，

所以.

因为，所以，

即，

解得，所以，或.

【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，向量的坐标表示，不等式的解法，考查计算能力，属于中档题．