2021-2022学年广东省江门市高二上学期期末调研（一）数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省江门市高二上学期期末调研（一）数学试题（解析版），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学年广东省江门市高二上学期期末调研（一）数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】先求斜率，再求倾斜角【详解】，则斜率，设倾斜角是， ，即，所以故选：A2．圆的圆心坐标和半径分别为（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】根据圆的一般方程的圆心坐标为，半径为，即可求出结果.【详解】由于圆，所以其圆心坐标为，即；半径为.故选：A.3．已知数列的前项和，则这个数列的通项公式为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】已知和求通项公式：进行计算.【详解】当时，当时，故选：C4．在直三棱柱中，分別是的中点，，则与所成角的正弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得所成角的余弦值，从而求得所求.【详解】根据题意易知两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则故，，设所成角为，，则，所以，即与所成角的正弦值是.故选：C.5．抛物线的焦点到直线的距离为，则（    ）A．1 B．2 C． D．4【答案】B【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.6．己知是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为（    ）A．36 B．25 C．20 D．16【答案】B【分析】根据椭圆定义可得，利用基本不等式可得结果.【详解】由椭圆易知，根据椭圆定义可知，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即的最大值为.故选：B.7．直线与圆相交于两点，则的最小值为（    ）A．6 B．4 C． D．【答案】D【分析】先求出直线经过的定点，再由弦长公式可分析出当时，最小，从而可求得结果.【详解】因为可化为，令，解得，所以直线恒过定点，该点在圆内，因为，所以要求的最小值，即求圆心到直线的最大距离，显然当时，最大，最小，又因为圆，所以圆心，，则，故此时.故选：D.8．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点A(1，0)，B(0，2)，且AC＝BC，则△ABC的欧拉线的方程为（    ）A．4x＋2y＋3＝0 B．2x－4y＋3＝0C．x－2y＋3＝0 D．2x－y＋3＝0【答案】B【分析】等腰三角形的欧拉线即为底面上高线．求出中点和的斜率后可得．【详解】因为AC＝BC，所以欧拉线为AB的中垂线，又A(1，0)，B(0，2)，故AB的中点为，kAB＝－2，故AB的中垂线方程为y－1＝，即2x－4y＋3＝0. 故选：B． 二、多选题9．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据空间向量的共面定理判断即可.【详解】A：，A是；B: ，B是；C：构成空间的一个基底，故无法用表示，C不是；D：，D是；故选：ABD10．已知等差数列的前项和为，公差为，且，，则（    ）．A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据等差数列的性质可求公差和，从而可判断ABCD的正误.【详解】因为，，故，故A错误，B正确.而，故C错误，D正确.故选：BD.11．已知曲线C的方程为，则（    ）A．当时，曲线为圆B．当时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为C．当时，曲线C为焦点在轴上的椭圆D．存在实数使得曲线C为双曲线，其离心率为【答案】AD【分析】对于AB，代入曲线C的方程，结合圆的标准方程与双曲线的性质即可判断；对于C，结合选项B的分析举反例即可排除；对于D，先由曲线为双曲线求得的范围，再由离心率为求得，分类讨论与两种况情，从而求得，据此判断即可.【详解】对于A，当时，方程可化为，即，所以曲线是圆，故A正确；对于B，当时，方程可化为，所以曲线为双曲线，其渐近线方程为，故B错误；对于C，当时，不妨令，由选项B可知曲线为双曲线，故C错误；对于D，假设存在实数使得曲线C为双曲线，其离心率为，因为曲线C为双曲线，所以，解得或，因为双曲线离心率为，即，结合，易得，当时，曲线C：，则，解得，舍去；当时，曲线C：，则，解得，满足题意；综上：存在满足题意，故D正确.故选：AD.12．已知正方体的棱长为2，EF是棱AB上的一条线段，且点Q是棱的中点，点P是棱上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．PQ与EF一定不垂直B．二面角的正弦值是C．点P到平面QEF的距离是定值D．的面积是【答案】BCD【分析】对于A，利用特殊位置法，当与点重合时即可判断；对于B，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法可求得二面角的余弦值的绝对值，从而即可判断；对于C，由线面平行的判定定理判断得到平面，即可判断；对于D，利用线面垂直的性质定理可得是的高，再利用三角形的面积公式求解即可判断．【详解】对于A，当与点重合时，由正方体的性质易得面，而面，所以，故A错误；对于B，由于点是棱上的动点，是棱上的一条线段，所以平面即平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，因为平面即平面，设平面的法向量为，则，即，令，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，设二面角为，，所以，故，故B正确；对于C，由于，且平面，平面，所以平面，又点在上，所以点到平面的距离是定值，故C正确；对于D，由于平面，又平面，所以，所以，又，所以是的高，所以，故D正确.故选：BCD． . 三、填空题13．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则______．【答案】4【分析】求出椭圆的焦点，再解方程，即得解.【详解】解：由题意得椭圆的焦点为和，所以，所以．故答案为：414．已知点是点关于坐标平面内的对称点，则__________.【答案】【分析】按照点关于平面对称的规律求出的坐标，再利用空间两点的距离公式进行求解即可.【详解】因为点是点关于坐标平面内的对称点，所以，所以.故答案为：.15．如果一个等比数列的前5项和等于10，前10项和等于330，那么这个数列的首项等于__________.【答案】【分析】利用等比数列前项和公式得到方程组，两式作商即可求出，进而可求得.【详解】设该等比数列的首项为，公比为，则，所以，即，所以，则，即，所以，将代入得，，解得，所以这个数列的首项等于.故答案为：.16．若两个单位向量与向量的夹角都等于，则__________.【答案】##【分析】根据已知可得，，利用完全平方公式求得，再根据即可求得答案.【详解】因为两个单位向量与向量的夹角都等于，，，，，，又，则，，即，，.故答案为：. 四、解答题17．已知是各项均为正数的等比数列，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【分析】（1）由等比数列的通项公式求出即可求解. （2）由（1）求出的通项公式，再有裂项相消法求和即可.【详解】解：（1）由已知：，即，所以或（舍去），（2）由（1）知：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式以及裂项相消法求和，属于中档题.18．在正四面体中，分别是的中点.设，(1)用表示；(2)用向量方法证明；①；②四点共面.【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，，再由向量的减法运算即可得到答案；（2）①利用空间向量数量积的运算律求得，从而可证；②用向量，，分别表示出，，，从而得到，再利用空间向量的共面定理即可得证.【详解】（1）因为，分别是，的中点，所以且，所以，因为，分别是，的中点，所以且，所以．.（2）①不妨设正四面体的棱长为，则由题意知向量，，中，两两之间的夹角均为，且，所以，同理，所以，故；②因为，，，所以，所以四点共面．19．已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为1.(1)求抛物线的方程；(2)若抛物线上一点A到的距离是4，求A的坐标.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）由题意求得抛物线的焦点与双曲线的渐近线，再由点线距离公式求得p值，从而得到抛物线方程；（2）由抛物线的定义可求得A点横坐标，再代入抛物线方程即可得解.【详解】（1）根据题意，抛物线的焦点F为，双曲线的渐近线方程为，即，则焦点到双曲线的渐近线的距离为，解得（负值舍去），故抛物线的方程为.（2）设，由抛物线的定义可知，即，解得，将代入抛物线方程，得，所以A的坐标为或．20．已知数列的首项，且满足.(1)求证：是等比数列；(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由递推式变形得，从而利用等比数列的定义即可得证；（2）由（1）求得，再利用分组求和法与等比数列的前项和公式即可得解.【详解】（1）因为数列的首项，且满足，所以，即，又，故数列是以为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）可得，则，所以.21．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，三角形为等边三角形，侧面底面，且，为棱上的动点.（1）若，交于，证明：平面；（2）若为棱的中点，且过三点的平面被该四棱锥截得的截面的面积为，求的长，并求直线与该截面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）4，.【分析】（1），结合，证得，从而证明平面.（2）作出截面ABEF，由其面积求得CD的长，建立空间直角坐标系，求得PC的方向向量及截面ABEF的法向量，由向量间夹角关系求得线面夹角的正弦值.【详解】（1）由题意得，又底面为梯形，，，∴，∴.又平面，平面， ∴平面.（2）如图，取的中点，连接，则且，又由题意得，，所以，所以四边形为平行四边形，即四边形为所截得的截面.又侧面底面，侧面底面，所以平面，又平面，所以，所以四边形为矩形.令，则，，则，所以，取的中点，连接.由题意得底面.以为坐标原点，所在直线为轴，平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，故.设平面的法向量为则，即，令，则平面的一个法向量为 设直线与截面所成的角为，则所以直线与截面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：建立空间直角坐标系，把线面夹角问题转化为向量间的夹角问题求解.22．已知椭圆和双曲线的焦距相同，且椭圆经过点，椭圆的上､下顶点分別为，点在椭圆上且异于点，直线与直线分别交于点.(1)求椭圆的标准方程；(2)当点运动时，以为直径的圆是否经过轴上的定点？请证明你的结论.【答案】(1)(2)是；证明见解析 【分析】（1）根据椭圆与双曲线的几何性质及点在椭圆上列出方程，解之即可得解；（2）先利用点在椭圆上及斜率公式证得，再联立直线方程分别求得的坐标，从而写出以为直径的圆的方程，令，即证得该圆必经过轴上的定点.【详解】（1）因为双曲线为，所以，又因为椭圆和双曲线的焦距相同，所以，将代入椭圆方程，可得，解得或（舍去），故所求椭圆的标准方程为.（2）是，证明如下：由（1）得椭圆：，所以，令，则由题设可知，所以直线的斜率的斜率为，又点在椭圆上，所以，从而有，又易得的方程为，直线的方程为，由，解得，由，解得，所以，直线与直线的交点，直线与直线的交点，设点是以为直径的圆上的任意一点，则，故有，又，所以以为直径的圆的方程为，令，则，解得或，所以以为直径的圆恒过定点或.【点睛】关键点睛：本题解决问题的关键有两点，一是利用点在椭圆上证得，二是以为直径的圆的方程为.