2021北京朝阳高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2021北京朝阳高二（上）期末数学（教师版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021北京朝阳高二（上）期末数    学一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．（5分）圆的圆心的坐标为　　A． B． C． D．2．（5分）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，0，，，0，，则直线与平面　　A．垂直 B．平行 C．相交但不垂直 D．位置关系无法确定3．（5分）双曲线的焦点到渐近线的距离为　　A． B． C． D．4．（5分）如图，已知直线与圆相交于，两点，若平面向量，满足，则和的夹角为　　A． B． C． D．5．（5分）光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置．表达光圈的大小我们可以用光圈的值表示，光圈的值系列如下：，，，，，，，，．光圈的值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈从调整到，进光量是原来的2倍．若光圈从调整到，则单位时间内的进光量为原来的　　A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍6．（5分）过抛物线上的一点，作其准线的垂线，垂足为，抛物线的焦点为，直线在轴下方交抛物线于点，则　　A．1 B． C．3 D．47．（5分）下列有四个说法：①若直线与抛物线相切，则直线与抛物线有且只有一个公共点；②函数在定义域上单调递减；③某质点沿直线运动，位移（单位：与时间（单位：满足关系式，则时的瞬时速度是；④设，，，则在上函数的图象比的图象要“陡峭”．其中正确的序号是　　A．①③ B．②③ C．①④ D．③④8．（5分）如图，将边长为4的正方形折成一个正四棱柱的侧面，则异面直线和所成角的大小为　　A． B． C． D．9．（5分）已知椭圆，椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上的任意一点，且满足，则椭圆离心率的取值范围是　　A． B． C． D．10．（5分）如图，在三棱锥中，三条侧棱，，两两垂直，且，，的长分别为，，．为内部及其边界上的任意一点，点到平面，平面，平面的距离分别为，，，则　　A． B． C．1 D．2二、填空题：本大题共6小题每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.11．（5分）已知两条直线，平行，则的值为 　　．12．（5分）等差数列满足，，则　　．13．（5分）已知函数，且，则的值为 　　．14．（5分）如图，平行六面体的底面是菱形，且．．则与平面　　（填“垂直”或“不垂直” ；的长为 　　．15．（5分）2020年11月24日我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，开启我国首次地外天体采样返回之旅年，中国正式开展月球探测工程，并命名为“嫦娥工程” 年10月24日“嫦娥一号”成功发射升空，探月卫星运行到地月转移轨道之前在以地心为椭圆焦点的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个轨道飞行（如图所示），三个椭圆轨道的长半轴长、半焦距和离心率分别为，，，2，，探月卫星沿三个椭圆轨道的飞行周期（环绕轨道一周的时间）分别为16小时，24小时和48小时，已知对于同一个中心天体的卫星，它们运动周期的平方与长半轴长的三次方之比是定值．现有以下命题：①；②；③；④．则以上命题为真命题的是　　（写出所有真命题的序号）16．（5分）把正奇数列按如下规律分组（1），，5，，，11，13，15，，，21，23，25，27，29，，，则在第组里有 　　个数，第9组的所有数之和为 　　．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证朋过程.17．（13分）已知函数．（Ⅰ）求曲线在点，（e）的切线方程；（Ⅱ）求函数的单调区间．18．（13分）已知圆，若直线与圆相交于，两点，且．（Ⅰ）求圆的方程．（Ⅱ）请从条件①条件②这两个条件中选择一个作为点的坐标，求过点与圆相切的直线的方程．①；②．19．（14分）已知是各项均为正数的等比数列，，，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列的通项满足，求的前项和的最小值及取得最小值时的值．20．（15分）在如图所示的多面体中，且，，且，且，平面，，，分别为棱，的中点．（1）求点到直线的距离；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．21．（15分）在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，是动点，且直线与的斜率之积等于．（1）求动点的轨迹的方程；（2）设是曲线的左焦点，过点的直线与曲线相交于，两点，过，分别作直线的垂线与轴相交于，两点．若，求此时直线的斜率．
参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程，分析可得答案．【解答】解：根据题意，圆，即，其圆心为，故选：．【点评】本题考查圆的一般方程，注意圆的一般方程的形式，属于基础题．2．【分析】求出，得到直线与平面垂直．【解答】解：若，0，，，0，，则，，则直线与平面垂直，故选：．【点评】本题考查了平面的法向量，直线的方向向量以及共线向量问题，是基础题．3．【分析】利用双曲线的标准方程，求解焦点坐标，渐近线方程，然后求解焦点到渐近线的距离即可．【解答】解：双曲线的焦点，到渐近线，所以双曲线的焦点到渐近线的距离为：．故选：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法，点到直线的距离公式的应用，是基础题．4．【分析】根据题意，设和的夹角为，易得，由向量夹角公式求出的值，分析可得答案．【解答】解：根据题意，设和的夹角为，已知直线与圆相交于，两点，则，又由，则，又由，则，故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及向量数量积的计算，属于基础题．5．【分析】由题意，可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列，即可求出．【解答】解：由题意，可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列，则对应单位时间内的进光量为，对应单位时间内的进光量为，则由光圈从调整到，则单位时间内的进光量原来的倍．故选：．【点评】本题考查了等比数列的应用，属于基础题．6．【分析】由点，在抛物线上，得，写出直线的方程，联立抛物线的方程得点的横坐标，再由抛物线的定义，即可得出答案．【解答】解：因为点，在抛物线上，所以，抛物线的准线为，焦点，所以，，直线的方程为，即，联立，得，由抛物线的定义可得，故选：．【点评】本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．7．【分析】结合直线与抛物线位置关系可判断①，结合反比例函数单调性可判断②；结合导数的定义可判断③；结合函数的变化率与函数图象的变化关系可判断④．【解答】解：①若直线与抛物线相切，则直线与抛物线有且只有一个公共点，正确；②根据反比例函数性质可知，函数在，上单调递减，但在定义域上不单调，错误；③由得，则时的瞬时速度是，正确；④，，由且得，故当时，的图象更陡峭，当时，的图象更陡峭，错误．故选：．【点评】本题主要考查了直线与抛物线位置的判断，基本初等函数单调性的判断，导数的几何意义及变化率的大小与函数图象变化的关系，属于中档题．8．【分析】根据题意，作出正四棱柱的还原图，取的中点，连接，分析可得为异面直线和所成角，由此计算可得答案．【解答】Ⅷ解：根据题意，作出正四棱柱的还原图，如图，取的中点，连接，则有，为锐角，则为异面直线和所成角，而，，则有，则，即异面直线和所成角为；故选：．【点评】本题考查异面直线所成角的计算，涉及棱柱的结合结构，属于基础题．9．【分析】设，，由，推出，又表示椭圆上的点到原点的距离的平方，则，即可得出答案．【解答】解：，，设，，则，，，，因为，所以，，，所以，所以，因为点为椭圆上的任意一点，所以表示椭圆上的点到原点的距离的平方，所以，所以，所以，所以．故选：．【点评】本题考查向量与椭圆问题，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．10．【分析】由题意可得，，分别是面，，对应的高，然后利用三棱锥的体积公式可得，对于任意点，连结，，，，将四面体分别为四个部分，，因为点在平面内，故，利用体积相等，列出等式关系，化简变形即可得到答案．【解答】解：在四面体中，由于，，两两垂直，故，，分别是面，，对应的高，即，又，，，故，对于任意点，连结，，，，将四面体分别为四个部分，，因为本题中点在平面上，故，，，四点共面，所以，所以，又因为，则有，将等式两边同时除以，可得．故选：．【点评】本题考查了棱锥体积的理解和应用，解题的关键是利用等体积法构建等式关系，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.11．【分析】根据题意，由直线的一般式方程与直线平行的判断方法可得关于的方程，解可得答案．【解答】解：根据题意，两条直线，平行，则有，解可得，故答案为：4．【点评】本题考查直线平行的判断，涉及直线的一般式方程，属于基础题．12．【分析】由已知结合等差数列的性质先求出公差，进而可求．【解答】解：因为等差数列满足，，所以，所以，则．故答案为：．【点评】本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．13．【分析】利用导数的计算公式求解即可求得．【解答】解：，所以，解得，故答案为：1．【点评】本题考查了导数的运算，属于基础题．14．【分析】由向量的运算得出面面垂直，再由向量表示出所求向量进行计算即可．【解答】解：设，，，由题意可得，则，，同理可证，，故平面．．，，，即的长为．故答案为：垂直【点评】本题考查空间向量的运算，属于中档题．15．【分析】由图象可知三个椭圆轨道的左顶点重合，焦点重合，从而可判断①；由已知可得，计算可判断②；由，计算可判断③；离心率，由为定值，，利用不等式的性质即可判断④．【解答】解：由图可知，三个椭圆轨道的左顶点重合，焦点重合，所以，故①正确；由题意可知，又，所以，所以，故②错误；，所以，即，故③正确；，由①知为定值，，所以，故④正确，故命题为真命题的是①③④．故答案为：①③④．【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法，椭圆的简单性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16．【分析】第1组有1个正奇数，第2组有3个正奇数，第3组有5个正奇数，第4组有7个正奇数，，，推导出在第组里有个数，从而第9组有个正奇数，第8组一共包含的正奇数个数为：个，从而求出第9组的第一个数，由此能求出第9组的所有数之和．【解答】解：把正奇数列按如下规律分组：（1），，5，，，11，13，15，，，21，23，25，27，29，，，第1组有1个正奇数，，第2组有3个正奇数，，第3组有5个正奇数，，第4组有7个正奇数，，在第组里有个数．第9组有个正奇数，第8组一共包含的正奇数个数为：个，第9组的第一个数为：．第9组的所有数之和为：．故答案为：，2465．【点评】本题考查等差数列的性质及应用，考查等差数列的通项公式、前项和公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证朋过程.17．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，得（e），又（e），再由直线方程的点斜式得答案；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，由，求解函数的增区间，由，求解函数的减区间．【解答】解：（Ⅰ）由，得，（e），又（e），曲线在点，（e）的切线方程为，即；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，由，得，由，得，的单调减区间为，单调增区间为，．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数研究函数的单调性，是中档题．18．【分析】（Ⅰ）设圆心到直线的距离为，进而根据，计算即可得到答案；（Ⅱ）选①：当直线斜率不存在时，恰好与圆相切，满足题意，当直线斜率存在时，设的方程为，进而根据直线与圆的位置关系即可求得答案；选②：由于在圆上，故为切点，进而根据圆的性质求得切线的斜率，进而的方程．【解答】解：（Ⅰ）设圆心到直线的距离为，则，即，又，所以，故圆的方程为；（Ⅱ）选①：当直线斜率不存在时，，恰好与圆相切，满足题意；当直线斜率存在时，设的方程为，即，则圆心到直线的距离为，解得，此时的方程为，即，综上：直线的方程为或；选②：由于在圆上，故为切点，则切点与圆心连线的斜率为，则切线的斜率为，所以直线的方程为，即．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆的切线方程求解，属于中档题．19．【分析】设出公比，由已知列出方程求出首项和公比即可；求得，得出，利用二次函数性质可求．【解答】解：设等比数列的公比为，且，由可得，解得，；，，即，，则当时，取得最小值为．【点评】本题考查了求等比数列的通项公式及等差数列的前项和的最值，利用二次函数的性质即可求最值，属于基础题．20．【分析】（1）由题知，，，又，建立以点为原点的空间直角坐标系，求得向量，，则点到直线的距离为；（2）求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角求得平面与平面夹角的余弦值；（3）假设上存在点使得平面平面，设出坐标，求得平面的法向量，与平面的法向量应共线，验证是否存在即可．【解答】解：（1）由平面知，，，又，则建立以点为原点的空间直角坐标系，如图所示，则，0，，，0，，，2，，，0，，，0，，，1，，，2，，则，，1，，，，所以点到直线的距离为，（2）由（1）知，，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，故，故平面与平面的夹角的余弦值为．（3）设上存在一点，设，，，，，则，设平面的法向量为，则，令，则，平面平面，，即，无解，故不存在，即不存在点使得平面平面．【点评】本题主要考查点面距离的计算，面面角的求解，立体几何中的探索性问题等知识，属于中等题．21．【分析】（1）设，写出直线的斜率，直线的斜率为，由，化简即可得出答案．（2）由（1）可知，，设直线方程为，，，，，进而可得直线的方程为，推出点坐标，写出直线的方程，推出点的坐标，再计算，解得．【解答】解：（1）设，则直线的斜率，直线的斜率为，因为，所以，所以，所以动点的轨迹方程为．（2）由（1）可知，，解得，所以，所以，，设直线方程为，设，，，，直线的方程为，因为点在轴上，所以，，因为直线的方程为且位于轴上，所以，，所以，联立，得，所以△，所以，，所以，即，解得，因为，所以．【点评】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．