2021-2022学年安徽省池州市贵池区高二上学期期中数学试题（解析版）

2021-2022学年安徽省池州市贵池区高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－＜x＜}，则(　　)．

A．A∩B＝ B．A∪B＝R C．BA D．AB

【答案】B

【详解】依题意，

又因为B＝{x|－＜x＜}，

由数轴可知A∪B＝R，故选B.

2．复数z满足，则z（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.

【详解】由数z满足，可得.

故选：C.

3．若向量满足：则

A．2 B． C．1 D．

【答案】B

【详解】试题分析：由题意易知：即，，即.

故选B.

【解析】向量的数量积的应用.

4．已知，则的大小关系为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.

详解：由题意可知：，即，，即，

，即，综上可得：.本题选择D选项.

点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．

5．已知直线，若，则的值为（       ）

A． B．－4 C．4 D．

【答案】B

【解析】由可得解得，然后再检验,得出答案.

【详解】因为，所以.

当时，两直线重合，所以舍去.

当时，符合题意.

所以.

故选：B

【点睛】易错点睛：已知直线和直线平行求参数的值时，除了要计算，还一定要把求出的参数值代入原直线方程进行检验，看直线是否重合.本题就是典型例子，否则容易出现错解，属于中档题

6．如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN上，，现用基向量表示向量，设，则的值分别是（       ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】结合图形,由M、N是OM、BC的中点,用表示出,从而得出,即可得出.

【详解】连结ON.

因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，

所以.

又，所以.

.

故选：C

7．如图，四位同学在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数， ，的图像如下．结果发现其中有一位同学作出的图像有错误，那么有错误的图像是

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】考查三角函数图像，

通过三个图像比较不难得出答案C

8．已知直线的倾斜角满足方程，则直线的斜率为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用直线的斜率进行求解，需要先化简

【详解】解：∵，∴．

答案选A

【点睛】本题考查三角函数的化简求值，直线斜率（为倾斜角），是基础题

9．已知，分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若，则该双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由，得，再利用勾股定理和结合已知条件及双曲线的定义可得，从而可求出双曲线的离心率

【详解】由，得.

设，.

由，得，即.

又，即，

所以，所以，

故选：A.

10．过点作圆（x+1）2+（y-2）2=169的弦，其中弦长为整数的弦共有（       ）

A．16条 B．17条 C．32条 D．34条

【答案】C

【解析】化简圆的方程为标准方程，求出弦长的最小值和最大值，取其整数个数．

【详解】圆的标准方程是：，圆心，半径，

过点的最短的弦长是以为中点的弦，为10，有1条

最长的弦长是过点的直径，为26，有1条，

还有长度为11，12，，25的各2条，

所以共有弦长为整数的条．

故选：．

【点睛】本题实际上是求弦长问题，容易出错的地方是：除最短最长弦外，长度为11，12，，25的各2条．

11．已知点是抛物线的焦点，点M为抛物线上的任意一点，为平面上定点，则的最小值为（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】求出焦点坐标和准线方程，设点在准线上的射影为，由抛物线的定义，把转化为，利用当三点共线时，取得最小值，由此即可求出结果.

【详解】由题意得 ，准线方程为，设点在准线上的射影为，

根据抛物线的定义可知，

要求取得最小值，即求取得最小，

当三点共线时最小，即为.

所以的最小值为.

故选：B.

12．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（       ）

A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为

C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为

【答案】D

【解析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.

【详解】

在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，

因为该正方体的棱长为，分别为的中点，

则，，，，

所以，设，则，

因为，

所以，，当时，；当时，；

取，，，，

连接，，，，则，，

所以四边形为矩形，

则，，即，，

又，且平面，平面，

所以平面，

又，，所以为中点，则平面，

所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，

所以点的轨迹为四边形，

因此点不可能是棱的中点，即A错；

又，，所以，则点的轨迹不是正方形；

且矩形的周长为，故C错，D正确；

因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.

二、填空题

13．圆与圆内切，则的值为______.

【答案】或

【分析】首先根据题中圆的标准方程求出圆的圆心与半径，再根据两圆相切求出的值为.

【详解】圆的圆心为，半径为，

圆的圆心为，半径为，

所以两圆的圆心距，

又因为两圆内切，有，

解得或.

故答案为：或.

【点睛】本题主要考查了圆的位置关系，根据圆的标准方程求半径与圆心，属于基础题.

14．已知，，，若P，A，B，C四点共面，则λ=___________.

【答案】

【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.

【详解】由P，A，B，C四点共面，可得共面，

，

，解得.

故答案为：

15．椭圆中，以点为中点的弦所在直线斜率为_______.

【答案】

【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．

【详解】解：设弦的两端点为，，，，

代入椭圆得，

两式相减得，

即，

即，

即，

即，

弦所在的直线的斜率为，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了椭圆的性质以及直线与椭圆的关系．在解决弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化，达到解决问题的目的．

16．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为_____．

【答案】

【分析】由题意，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．由△MOK∽△AOM，可得，推出MK＝2MA，在△MBK中，MB+MK≥BK，推出2|MA|+|MB|＝|MB|+|MK|的最小值为BK的长．

【详解】如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．

∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，

∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，

∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，

在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，

∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，

∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.

故答案为．

【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题．

三、解答题

17．已知函数，其图象过点.

（1）求的值；

（2）将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值.

【答案】（1）；（2）最大值和最小值分别为和.

【分析】(1)根据三角恒等变换得,再待定系数法得；

（2）根据三角函数平移变换得，再根据整体代换思想求解函数的最值即可.

【详解】（1）因为，

所以

.

又函数图像过点，

所以，即.

又，所以.

（2）由（1）知，，

将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，可知，

因为，所以，

因此，故.

所以

所以在上的最大值和最小值分别为和.

18．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，的角平分线所在直线方程为．

（I）求顶点的坐标；

（II）求直线的方程．

【答案】（1）.（2）.

【详解】分析：（I）设顶点的坐标为；由顶点在直线上，所以            

在直线上， 列方程组求解即可；（II）设顶点关于直线的对称点为，根据中点在对称轴上,以及直线垂直斜率之积为，列方程组求得的值，利用两点式可得结果.

详解：（I）设顶点的坐标为；

因为顶点在直线上，所以            

由题意知的坐标为，

因为中点在直线上，所以，

即；                                        

联立方程组，解得顶点的坐标为

（II）设顶点关于直线的对称点为，

由于线段的中点在直线上，得方程，

即                                           

由直线与直线垂直，得方程，

即；                                                     

联立方程组，得

显然在直线上，且顶点的坐标为，所以直线的方程为，整理得.

点睛：本题主要考查直线的方程以及解析几何中的轴对称问题，属于中档题. 解析几何中点对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且 点 在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，，M是PD上一点，且.

(1)求异面直线PB与CM所成角余弦的大小；

(2)求点M到平面PAC的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）可通过找平行线方法，将异面直线所成角（或补角）转化为同一平面内两直线所成角问题处理；也可建立空间直角坐标系，利用向量夹角的公式计算异面直线所成角；

（2）采用几何法，M到面PAC的距离为D到面PAC的距离的一半，即可求解；也可用向量法求空间中点到面的距离公式求得.

【详解】(1)解法一：连BD交AC于O，连MO，如图（一）所示，

平面ABCD，所以，.

在中，，，，

又因为底面ABCD是矩形，所以O为BD中点，，，所以，

因为M是PD上一点，且，所以M为PD中点，，，

所以（或补角）就为PB与CM所成的角，

因为，，，所以平面PAD，.

，，，

，所以异面直线PB与CM所成角余弦值为；

解法二：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图（二）所示的空间直角坐标系，

（1）

则，，，

设，则，

所以，

由，知，所以，M为PD中点，

所以，，

.

所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.

(2)解法一：过D做于N，如图（一）所示，平面ABCD，

所以，，所以平面PAC，

DN为点D到平面PAC的距离，在中，，

又M是PD中点，所以点M到平面PAC的距离为.

解法二：由问题（一）中解法二，可知

，，设平面PAC的法向量为，

由，得，所以，取，得，

所以是平面PAC的一个法向量.

所以点M到平面PAC的距离为.

20．在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，且离心率.

（1）求椭圆的方程；

（2）直线的斜率为，直线l与椭圆交于两点，求的面积的最大值.

【答案】（1）；（2）2.

【分析】（1）由离心率，得到，再由点在椭圆上，得到，联立求得，即可求得椭圆的方程.

（2）设的方程为，联立方程组，根据根系数的关系和弦长公式，以及点到直线的距离公式，求得，结合基本不等式，即可求解.

【详解】（1）由题意，椭圆的离心率，即，可得，

又椭圆过点，可得，

将代入，可得，

故椭圆的方程为.

（2）设的方程为，设点，

联立方程组，消去y整理，得，

所以，

又直线与椭圆相交，所以，解得，

则，

点P到直线的距离，

所以，

当且仅当，即时，的面积取得最大值为2.

【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

21．如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.

（1）证明：平面平面.

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接，由勾股定理得逆定理可得，结合可得平面，进而证得结果；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合图形进而可得结果.

【详解】（1）证明：连接.

因为是边长为2的正方形，所以，

因为，所以，，所以，则.

因为，所以.

因为，所以平面，

因为平面，所以平面平面.

（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.

则，，，，故，，.

设平面的法向量为，

则，令，则.

设平面的法向量为，

则，令，则.

，

记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.

22．如图，圆，点为直线上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为A，B.

(1)求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标；

(2)若两条切线PA，PB与y轴分别交于S､T两点，求的最小值.

【答案】(1)），直线过定点

(2)

【分析】（1）确定以P为圆心，为半径的圆P，圆P与圆M相交，求出公共弦所在方程即为AB直线的方程，并可得到定点坐标；

（2）根据圆的切线性质，结合勾股定理、点到直线距离公式，通过构造一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.

【详解】(1)，，∴

故以P为圆心，以为半径的圆P的方程为，

显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，

直线AB的方程为，

即，所以，所以直线AB过定点.

(2)设切线方程为，即，

故到直线的距离，即，

设PA，PB的斜率分别为，，则，，

把代入，得，

，

当时，取得最小值.