2021-2022学年云南省昆明市第一中学高二上学期期末考试数学试题含解析

2021-2022学年云南省昆明市第一中学高二上学期期末考试数学试题

一、单选题

1．在平面直角坐标系中，角以轴的非负半轴为始边，点在角的终边上，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由三角函数的定义直接得答案.

【详解】由三角函数的定义得

故选：B.

2．已知直线与垂直，则为（       ）

A．2 B． C．-2 D．

【答案】A

【分析】利用一般式中垂直的系数关系列式计算即可.

【详解】由已知得，解得

故选：A.

3．已知函数，则（       ）

A． B．0 C． D．1

【答案】C

【分析】直接代值计算即可.

【详解】,

则

故选：C.

4．已知正项等比数列的首项，前项和为．且，，成等差数列，则（       ）．

A．8 B． C．16 D．

【答案】A

【分析】由，，成等差数列可得，即，然后解出即可.

【详解】设等比数列的公比为，因为，，成等差数列，

所以，所以

所以，即，解得或

因为，所以，所以

故选：A

【点睛】本题考查的是等差等比数列的基本运算，考查了学生的计算能力，较简单.

5．已知双曲线：的离心率是，则（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】直接根据以及计算即可.

【详解】由已知得，解得，负值舍去．

故选：B.

6．是抛物线上第一象限内的一点，F是抛物线的焦点，以Fx为始边、FM为终边的角，则M的坐标为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设M的坐标，，先由角列方程求出M的纵坐标，进而可得出M的坐标．

【详解】如图所示，

由题意得焦点坐标F（1，0），

设M的坐标，，又，

∴，

解得：，则，

则M的坐标为．

故选：D．

7．设为实数，若直线与圆相交于M，N两点，且，则（       ）

A．3 B．-1 C．3或-1 D．-3或1

【答案】C

【分析】化出圆的标准方程，求出圆心和半径，利用垂径定理列方程求解即可.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

直线的一般方程为

则由已知得，

解得或

故选：C.

8．在空间直角坐标系中，经过点，以为法向量的平面方程为，经过点，且一个方向向量为的直线方程为.已知在空间直角坐标系中，平面的方程为，直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，求出平面α的法向量，直线l的方向向量，再计算直线l与平面α所成角的正弦值即可．

【详解】由题意知，平面α的方程为，直线l方程为，

所以平面α的法向量为，直线l的方向向量为，

所以直线l与平面α所成角的正弦值为，

故选：A．

二、多选题

9．在等差数列中，首项，公差，前项和为，则下列命题中正确的有（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则是中的最小项

【答案】AC

【分析】利用等差数列的求和公式和等差数列的性质逐个分析判断即可

【详解】对于A，因为，所以，得，所以A正确，

对于B，因为，所以，得，因为，所以，所以有可能大于零，也有可能小于零，所以与无法比较大小，所以B错误，

对于C，因为，所以，所以，所以，所以，所以C正确，

对于D，因为，可得，因为，所以，，所以是中的最大项，所以D错误，

故选：AC

10．设椭圆：的左、右焦点分别为，，过垂直于轴的直线与椭圆交于M，N两点，则（       ）

A．椭圆的离心率 B．的周长为12

C．的面积为 D．为等边三角形

【答案】ABD

【分析】根据椭圆方程，求得a，b，c，再逐项求解判断.

【详解】因为椭圆：，

所以，

则，故A正确；

的周长为，故B正确；

的面积为，故C错误；

，所以为等边三角形，故D正确；

故选ABD

11．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中对几何学的研究比西方早一千多年，在该书中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”；将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖嚅”，如图，下列选项中，可以判定是“鳖嚅”的有（       ）

A．AB，BC，BD两两垂直

B．平面BCD，且

C．平面BCD，且平面平面ACD

D．平面平面BCD，且平面平面ABC

【答案】BC

【分析】对于AD，举例判断即可，对于BC由线线垂直、线面垂直和面面垂直的判定和性质结合“鳖嚅”的定义分析判断即可

【详解】对于A，如图，在正方体中，AB，BC，BD两两垂直，而此时四面体中，为等边三角形，所以此四面体不是“鳖嚅”，所以A错误，

对于B，因为平面BCD，平面，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以，所以，所以此四面体的四个面均为直角三角形，所以此四面体为“鳖嚅”，所以B正确，

对于C，过作于，因为平面平面ACD，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面BCD，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，，所以，所以此四面体的四个面均为直角三角形，所以此四面体为“鳖嚅”，所以C正确，

对于D，如图，在正方体中，平面平面BCD，且平面平面ABC，而此时四面体中，为等边三角形，所以此四面体不是“鳖嚅”，所以D错误，

故选：BC

12．已知函数的定义域为，对任意，满足，，且对任意，，则下列选项中，正确的是（       ）

A．

B．为偶函数

C．对任意，

D．在上为增函数

【答案】ACD

【分析】令，代入，即可判断A是否正确；令，结合，即可判断B是否正确；将用替换，结合函数为奇函数，即可判断C是否正确；设任意的，且，结合对任意，，对的范围进行分析，即可判断D是否正确.

【详解】令，所以，即，故A正确；

因为函数的定义域为

对任意，满足

令，则，

又，

所以 ，即，所以函数是奇函数，故B错误；

因为函数是奇函数，对任意，则

又，所以，即，故C正确；

设任意的，且，所以

因为，所以，且，即

又，所以

所以，所以

又因为对任意，且函数是奇函数，

所以对任意，，所以，

所以，即，所以函数在上为增函数，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．若数列满足，则___________.

【答案】2

【分析】利用裂项相消法即可求和.

【详解】，

则.

故答案为：2.

14．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为1，则球的表面积为___________.

【答案】

【分析】设为正三角形ABC的中心，则⊥平面ABC，正三棱锥S−ABC的外接球的球心O在上，在Rt△中利用勾股定理求出SA的长，再在Rt△中利用勾股定理即可求出R的值，从而得到球O的表面积．

【详解】如图所示：

设为正三角形ABC的中心，连接，则⊥平面ABC，正三棱锥S−ABC的外接球的球心O在上，

设球的半径为R，连接AO，，

∵△ABC的边长为，

∴，

又∵，

∴在Rt△中，，

在Rt△中，OA＝R，，，

∴，解得：，

∴球O的表面积为．

故答案为：．

15．类比等差数列和等比数列的常用性质，发现它们具有对偶关系，在等差数列中，若，则有，相应的在等比数列中，若，请你类比推测出对偶的等式为____________.

【答案】

【分析】根据等差数列中的对偶等式可写出等比数列中的对偶等式，然后利用等比数列的性质可进行证明.

【详解】，

证明：在等比数列中，

当时，

故答案为：

16．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点作直线与双曲线E交于A，B两点，满足，且，则双曲线E的离心率e为____________.

【答案】

【分析】设，得到，分别在和中，利用余弦定理得到和，根据，求得，结合离心率的定义，即可求解.

【详解】如图所示，由双曲线的定义可得，

因为且，可得，

设，则，

在中，可得，

在中，可得，

又由，所以，

即，可得，即，

所以，即，所以双曲线E的离心率为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数的部分图象如图所示．

（1）求的解析式；

（2）将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若在区间上不单调，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）利用最值求出，根据得出，再由特殊值求出即可求解.

（2）根据三角函数的图象变换得出，再由正弦函数在上单调即可求解.

【详解】解：（1）由图可知，．

的最小正周期，所以．

因为，

所以，，，．

又，所以，

故．

（2）由题可知，．

当时，．

因为在区间上不单调，

所以，解得．

故的取值范围为．

18．若函数，函数.

(1)若函数在处的切线与坐标轴围成的面积为，求实数的值；

(2)若直线与，的图象都相切，求实数的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出切线方程，然后求出与轴，轴的交点，根据面积列方程求解即可；

（2）根据相切求出切点，再将切点代入函数列方程组求解即可.

(1)

由已知，则，又，

所以函数在处的切线为，

当时，，当时，，

则，又

解得；

(2)

由已知，，

设直线与，的图象相切的切点分别为

则，，

所以，

可得直线与函数的切点为，

直线与函数的切点为，

，解得.

19．如图，直棱柱底面是菱形，点E，F分别在棱，上，且，.

(1)求证：，，，四点共面；

(2)若，求平面和平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在BB1上取一点G，使得，连结EG，，通过证明四边形是平行四边形，以及四边形是平行四边形得到，进而可得结论；

（2）连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求其夹角的余弦值即可得答案.

(1)

证明：在上取一点G，使得，连结EG，，

因为且，所以四边形是平行四边形，

则且，

又因为且，

则且

所以四边形是平行四边形，

则，

由，则且，

所以四边形是平行四边形，

则，所以，

故，，，四点共面；

(2)

连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，

则，

，

设面平面的法向量为，平面的法向量为，

则，，

不妨设，则，

，

所以平面和平面的夹角的余弦值为.

20．过抛物线：上一动点作x轴的垂线，记垂足为，设线段的中点为，动点的轨迹为曲线，设为坐标原点

(1)求曲线的方程；

(2)过抛物线的焦点作直线与曲线交于两点，设抛物线的准线为，过点作直线的垂线，记垂足为，证明：、、三点共线，

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设，根据是的中点，利用中点坐标公式和点满足抛物线：方程，根据相关点法，即可求出结果；

（2）设过抛物线的焦点的直线为，根据和两种情况，求出方程，验证其经过点，即可证明结果.

(1)

解：设，则，，

因为是的中点，所以，即，

所以，即，

所以曲线C的方程；

(2)

证明：由题意得，准线，

设点，，则

设过抛物线的焦点的直线为

当时，则，，，

所以直线的方程为，即，

因为过原点，所以、、三点共线；

当时，联立方程，化简得，

则，且，

直线的方程为，

将代入的方程，即当成立时，、、三点共线.

下面证明成立：

因为，

欲证成立，

只需证成立，

即证成立，

即证成立，

又，所以

所以成立，

所以、、三点共线.

21．从下面条件①②③中选取数列，，的任意两个，将它们通项公式的乘积构成数列,求的前项和.

①数列，满足，；

②数列，满足；

③数列，满足，.

【答案】答案见解析

【分析】根据①②③分别求得数列，，的通项公式，结合题意，分别选①②、①③、②③，结合乘公比错位相减法，即可求解.

【详解】由数列满足，，可得，

即，

设，可得，即，

又由，所以，

即，所以，

所以，所以.

由数列，满足，可得，

两式相减可得，可得，

当，可得，适合上式，

所以.

由数列满足，，

可得，即

若选①②，可得，所以；

若选①③，可得，

可得，

则，

两式相减，可得

，

所以.

若选②③：可得，

所以，

则，

两式相减可得

，

所以.

22．设为坐标原点，过椭圆：的左焦点作直线与椭圆交于A，B两点，点在椭圆上.

(1)求椭圆的方程；

(2)求面积的取值范围；

(3)是否存在实数，使直线的斜率等于时，椭圆上存在一点满足?若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)不存在，理由见解析

【分析】（1）根据条件直接列关于的方程求解即可；

（2）设直线的方程为，，联立方程，然后利用韦达定理表示出，利用对勾函数的性质求其最值即可；

（3）先假设存在，然后由（2）利用韦达定理及向量的坐标运算求出，进而可得结论.

(1)

由已知得，解得，

所以椭圆的方程为；

(2)

设直线的方程为，，

联立，消去得，

则

令，，则，

当，

由对勾函数的性质可知在上单调递增，

，

则，

面积的取值范围为；

(3)

假设存在实数，使直线的斜率等于时，椭圆上存在一点满足，

设为，

则由（2）得

，，

，

解得，此时直线的方程为，其斜率不存在.

故不存在实数，使直线的斜率等于时，椭圆上存在一点满足.