2022吉化一中校高二上学期期末考试数学试题含解析

吉化一中2021-2022学年度第一学期期末考试

高二数学试卷

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 若曲线表示圆，则m的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】按照圆的一般方程满足的条件求解即可.

【详解】或.

故选：C.

2. 如图，在平行六面体中，设，，，用基底表示向量，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接利用空间向量基本定理求解即可

【详解】因为在平行六面体中，，，，

所以

，

故选：B

3. 圆：与圆：的位置关系是（    ）

A. 内切 B. 外切 C. 相交 D. 相离

【答案】A

【解析】

【分析】先计算两圆心之间的距离，判断距离和半径和、半径差之间的关系即可.

【详解】圆圆心，半径，圆圆心，半径，两圆心之间的距离，故两圆内切.

故选：A.

4. 双曲线的焦点坐标为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】把双曲线方程化为标准形式，直接写出焦点坐标.

【详解】，焦点在轴上，，故焦点坐标为.

故选：C.

5. 平行直线：与：之间的距离等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先由两条直线平行解出，再按照平行线之间距离公式求解.

【详解】，则：，即，距离为.

故选：B.

6. 《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最大的一份是（    ）个．

A. 12 B. 24 C. 36 D. 48

【答案】D

【解析】

【分析】设等比数列的首项为，公比，根据题意，由求解.

【详解】设等比数列的首项为，公比，

由题意得：，

即，

解得，

所以，

故选：D

7. 已知数列满足，则（    ）

A. 32 B.  C. 1320 D.

【答案】A

【解析】

【分析】先令，求出，再当时，由，可得，然后两式相比，求出，从而可求出，进而可求得答案

【详解】当时，，

当时，由，可得，

两式相除可得，

所以，

所以，

故选：A

8. 已知椭圆的中心为，一个焦点为，在上，若是正三角形，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据是正三角形可得的坐标，代入方程后可求离心率.

【详解】不失一般性，可设椭圆的方程为：，为半焦距，为右焦点，

因为且，故，故，

，整理得到，故，

故选：D.

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 直线l过点且斜率为k，若与连接两点，的线段有公共点，则k的取值可以为（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 4

【答案】AD

【解析】

【分析】要使直线l与线段AB有公共点，则需或，根据两点的斜率公式计算可得选项.

【详解】解：要使直线l与线段AB有公共点，则需或，

而，，所以或，

所以k的取值可以为或4，

故选：AD

10. 下列双曲线中以为渐近线的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】依次求4个选项中的渐近线方程即可.

【详解】A选项：渐近线方程，正确；B选项：渐近线方程，正确；

C选项：渐近线方程，错误；D选项：渐近线方程，正确；

故选：ABD.

11. 已知空间三点，，，四边形ABCD为平行四边形，则下列结论正确的有（    ）

A. 点C的坐标为 B.

C. 点D到直线AB的距离为 D. 平行四边形ABCD的面积为

【答案】BD

【解析】

【分析】A选项通过直接计算；B选项直接求出，余弦定理计算即可；

C选项利用空间点到直线的距离公式计算；D选项按照面积公式计算.

【详解】A选项：设点C的坐标为，，解得，错误；

B选项：，，，正确；

C选项： ，，方向上的单位向量，则点D到直线AB的距离为，错误；

D选项：，点D到直线AB的距离为1，平行四边形ABCD的面积为，正确.

故选：BD.

12. 已知数列各项均是正数，，是方程（）的两根，下结论正确的是（    ）

A. 若是等差数列，则数列前9项和为18

B. 若是等差数列，则数列的公差为

C. 若是等比数列，公比为q，，则

D. 若是等比数列，则的最小值为

【答案】AC

【解析】

【分析】A选项按照等差数列的前项公式计算即可；B选项直接计算，，再计算公差；

C选项计算出即可解决；D选项利用基本不等式解决.

【详解】对于A：是等差数列，，前9项和为，正确；

对于B：是等差数列且各项均是正数，，解得，公差，错误；

对于C：是等比数列且各项均是正数，，解得或，公差或，代入，均成立，正确；

对于D：是等比数列且各项均是正数，，则，当且仅当时取等，又，，错误；

故选：AC.

三、填空题（每小题5分，共20分）

13. 已知抛物线 的焦点坐标为，则该抛物线上一点到焦点的距离的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，求得，得到焦点坐标，结合抛物线的定义，得到，根据，求得，即可求解.

【详解】由抛物线 的焦点坐标为，可得，解得，

设抛物线上的任意一点为，焦点为，

由抛物线的定义可得，

因为，所以，所以抛物线上一点到焦点的距离的取值范围是.

故答案为：.

14. 已知直线l的方向向量，平面的法向量，若，则______．

【答案】

【解析】

【分析】由，可得∥，从而可得，代入坐标列方程可求出，从而可求出

【详解】因为直线l的方向向量，平面的法向量， ，

所以∥，

所以存在唯一实数，使，

所以，所以，

解得，

所以，

故答案为：

15. 已知数列的前n项和为，则______．

【答案】

【解析】

【分析】先通过裂项相消求出，再代入计算即可.

【详解】，则，

故.

故答案为：3.

16. 已知点在圆C：（）内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可.

【详解】由点在圆C：内，且

所以，又，解得

过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为

又，

所以，解得

故答案为：

四、解答题（共70分）

17. 已知等差数列的前n项和为，且，．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求k的值．

【答案】（1）   

（2）10

【解析】

【分析】(1) 设等差数列的公差为d，利用已知建立方程组，解之可求得数列的通项公式；

(2)利用等差数列的前项和公式，化简即可求解.

【小问1详解】

解：设等差数列的公差为d，

由已知，，得，解得，则；

小问2详解】

解：由（1）得，则

由，得或（舍去），所以的值为10.

18. 如图，在长方体中，，．点E在上，且．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，，的坐标，证明，，即可得证；

（2）由（1）知，的法向量为，直接写出平面法向量，按照公式求解即可.

【小问1详解】

在长方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系

因为，，

所以，，，，，

则，，，

所以有，，则，，又

所以平面

小问2详解】

由（1）知平面的法向量为，而平面法向量为

所以，

由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．

19. 已知点在抛物线（）上，过点A且斜率为1直线与抛物线的另一个交点为B．

（1）求p的值和抛物线的焦点坐标；

（2）求弦长．

【答案】（1），焦点坐标   

（2）

【解析】

【分析】（1）将点的坐标代入抛物线的方程，可求得的值，进而可得抛物线的焦点坐标；

（2）写出直线的方程，联立直线与抛物线方程求得交点坐标，利用两点之间的距离公式即可求解.

【小问1详解】

因为点在抛物线上，所以，即

所以抛物线的方程为，焦点坐标为；

【小问2详解】

由已知得直线方程为，即

由得，解得或

所以，则

20. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为．

（1）求点的位置；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）为棱中点   

（2）

【解析】

【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合求出的值，即可得出点的位置；

（2）利用空间向量法可求得点到平面的距离．

【小问1详解】

解：因为平面，底面为正方形，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

设，其中，

则，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

由题意可得，

整理可得，因为，解得，

因此，点为棱的中点.

【小问2详解】

解：由（1）知为棱中点，即，则，

又，设平面的法向量为，

由，取，可得，

因为，所以，点到平面的距离为.

21. 已知数列的前n项和为，且．

（1）求证：数列为等比数列；

（2）记，求数列的前n项和为．

【答案】（1）证明见解析;   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由已知得，当时，两式作差整理得，根据等比数列的定义可得证；

（2）由（1）求得，，再运用错位相减法可求得答案.

【小问1详解】

证明：因为，……①，所以当时，，

当时……②，

则①-②可得，所以，

因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．

【小问2详解】

解：由（1）知，即，

因为所以，

则……①，

①得……②，

①-②得 ，

所以.

22. 已知平面内两点，，动点P满足．

（1）求动点P的轨迹方程；

（2）过定点的直线l交动点P的轨迹于不同的两点M，N，点M关于y轴对称点为，求证直线过定点，并求出定点坐标．

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定点坐标为

【解析】

【分析】（1）直接由斜率关系计算得到；

（2）设出直线，联立椭圆方程，韦达定理求出，再结合三点共线，求出参数，得到过定点.

小问1详解】

设动点，由已知有，

整理得，

所以动点的轨迹方程为；

【小问2详解】

由已知条件可知直线和直线斜率一定存在，

设直线方程为，，，则，

由，可得，

则，即为，

，，

因为直线过定点，所以三点共线，即，即，

即，即，

即得，

整理，得，满足，

则直线方程为，恒过定点.

【点睛】本题关键在于设出带有两个参数的直线的方程，联立椭圆方程后，利用题干中的条件，解出一个参数或得到两个参数之间的关系，即可求出定点.