2021-2022学年广东省广州市增城区高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省广州市增城区高二上学期期末数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省广州市增城区高二上学期期末数学试题一、单选题1．直线的倾斜角是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意结合斜率的定义即可求得直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，由直线斜率的定义可知：，则.故选：B.【点睛】本题主要考查直线倾斜角的定义，特殊角的三角函数值，属于基础题.2．已知圆的方程为，则圆心的坐标为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将圆的方程配成标准方程，可求得圆心坐标.【详解】圆的标准方程为，圆心的坐标为.故选：A.3．在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（       ）A．12 B．32 C．36 D．37【答案】C【分析】直接按照等差数列项数的性质求解即可.【详解】数列的前6项之和为.故选：C.4．已知点到直线的距离为1，则m的值为（       ）A．或 B．或15 C．5或 D．5或15【答案】D【分析】利用点到直线距离公式即可得出.【详解】解：点到直线的距离为1，解得：m=15或5．故选：D.5．已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率等于（       ）A． B． C．2 D．4【答案】A【分析】由双曲线的渐近线方程，可得，再由的关系和离心率公式，计算即可得到所求值．【详解】解：双曲线的渐近线方程为，由题意可得即，可得由可得，故选：A.6．已知的周长为，顶点、的坐标分别为、，则点的轨迹方程为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析可知点的轨迹是除去长轴端点的椭圆，求出、的值，结合椭圆焦点的位置可得出顶点的轨迹方程.【详解】由已知可得，，且、、三点不共线，故点的轨迹是以、为焦点，且除去长轴端点的椭圆，由已知可得，得，，则，因此，点的轨迹方程为.故选：D.7．在四面体中，，，，且，，则等于（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】解：由题知，故选：B.8．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，n的最大值是（       ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】先求出数列和的通项公式，然后利用分组求和求出，再对进行赋值即可求解.【详解】解：因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列所以因为是以1为首项，2为公比的等比数列所以由得：当时，即当时，当时，所以n的最大值是.故选：B.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用分组求和求出，再通过赋值法即可求出使不等式成立的的最大值.二、多选题9．下列说法正确的是（       ）A．设是两个空间向量，则一定共面B．设是三个空间向量，则一定不共面C．设是两个空间向量，则D．设是三个空间向量，则【答案】AC【分析】直接利用空间向量的定义、数量积的定义，空间向量的应用逐一判断A、B、C、D的结论即可．【详解】对于A：因为是两个空间向量，则一定共面，故A正确； 对于B：因为是三个空间向量，则可能共面也可能不共面，故B错误；对于C：因为是两个空间向量，则，故C正确；对于D：因为是三个空间向量，则与向量共线，与向量共线，则D错误．故选：AC．10．已知点P在圆上，点，，则（       ）A．直线与圆C相交 B．直线与圆C相离C．点P到直线距离小于5 D．点P到直线距离大于1【答案】BC【分析】利用点到直线的距离公式即可判断直线与圆的位置关系，进而判断选项A和B，再由圆上一点到直线距离的最大最小值即可判断选项C和D.【详解】解：圆所以圆心为，半径为因为，所以直线的方程为：对A，圆心到直线的距离为，所以直线与圆C相离，故A错误；对B，由选项A的分析知，直线与圆C相离，故B正确；对C，由选项A的分析知，圆心到直线的距离为，所以圆上一点到直线的距离的最大值和最小值分别为和，因为，所以点P到直线距离小于5，故C正确；对D，由选项C的分析知，圆上一点到直线的距离的最小值为，故D错误.故选：BC.11．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点、在轴上，短轴长等于，焦距为，过焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，则下列说法正确的是（       ）A．椭圆的方程为 B．椭圆的离心率为C． D．【答案】AD【分析】求出、、的值，可判断AB选项的正误；设点为椭圆的左焦点，将代入椭圆方程，可求得的长，可判断C选项的正误；利用椭圆的定义可判断D选项的正误.【详解】对于椭圆，由已知可得，则，，.对于A选项，因为椭圆的焦点在轴上，故椭圆的方程为，A对；对于B选项，椭圆的离心率为，B错；对于C选项，设点为椭圆的左焦点，易知点，将代入椭圆方程可得，故，C错；对于D选项，，故，D对.故选：AD.12．已知数列中，，，，则下列说法正确的是（       ）A． B．是等比数列 C． D．【答案】ABD【分析】先由分析出数列的奇数项和偶数项均为等比数列，再逐项判断即可.【详解】解：数列中，，，所以，即因为，所以所以所以数列的奇数项和偶数项，均为以为公比的等比数列所以对A，，故A正确；对B，由分析知，是等比数列，故B正确；对C，，故C错误；对D，，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过对已知数列的递推公式进行变形整理，得到新的递推公式，从而得到数列的奇数项和偶数项均为等比数列.三、填空题13．已知空间向量，且，则___________.【答案】【分析】根据空间向量共线的坐标表示可得出关于的等式，求出的值即可.【详解】由已知可得，解得.故答案为：.14．已知直线与抛物线相交于A，B两点，且，则抛物线C的准线方程为___________.【答案】【分析】将直线与抛物线联立结合抛物线的定义即可求解.【详解】解：直线与抛物线相交于A，B两点设，直线与抛物线联立得：所以所以即解得：所以抛物线C的准线方程为：.故答案为：.15．在平面上给定相异两点A，B，点P满足，则当且时，P点的轨迹是一个圆，我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知椭圆的离心率，A，B为椭圆的长轴端点，C，D为椭圆的短轴端点，动点P满足，若的面积的最大值为3，则面积的最小值为___________.【答案】【分析】先根据求出圆的方程，再由的面积的最大值结合离心率求出和的值，进而求出面积的最小值.【详解】解：由题意，设，，因为即两边平方整理得：所以圆心为，半径因为的面积的最大值为3所以，解得：因为椭圆的离心率即，所以由得：所以面积的最小值为：故答案为：.【点睛】思路点睛：本题先根据已知的比例关系求出阿波罗尼斯圆的方程，再利用已知面积和离心率求出椭圆的方程，进而求得面积的最值.四、双空题16．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中点的个数记为，按此规律，则___________，___________.【答案】          【分析】利用题中所给规律求出即可.【详解】解：由图可知，，，，，因为符合等差数列的定义且公差为所以，所以，故答案为：，.五、解答题17．已知圆的圆心为，且经过点.(1)求圆的标准方程；(2)已知直线与圆相交于、两点，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）求出圆的半径长，结合圆心坐标可得出圆的标准方程；（2）求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得.【详解】(1)解：圆的半径为，因此，圆的标准方程为.(2)解：圆心到直线的距离为，因此，.18．在①成等差数列；②成等比数列；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.问题：已知为数列的前项和，，且___________.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【分析】（1）由可知数列是公比为的等比数列，若选①：结合等差数列等差中项的性质计算求解；若选②：利用等比数列等比中项的性质计算求解，若选③：利用直接计算；（2）根据对数的运算，可知数列为等差数列，直接求和即可.【详解】(1)由，当时，，即，即，所以数列是公比为的等比数列，若选①：由，即，，所以数列的通项公式为；若选②：由，所以，所以数列的通项公式为；若选③：由，即，所以数列的通项公式为；(2)由（1）得，所以数列为等差数列，所以.19．如图，正三棱柱中，D是的中点，.(1)求点C到平面的距离；(2)试判断与平面的位置关系，并证明你的结论.【答案】(1)(2)平行，证明过程见解析.【分析】（1）利用等体积法即可求解；（2）利用线面平行的判定即可求解.【详解】(1)解：正三棱柱中，D是的中点，所以，，正三棱柱中，所以又因为正三棱柱中，侧面平面且交线为且平面中，所以平面又平面所以设点C到平面的距离为在三棱锥中，即所以点C到平面的距离为.(2)与平面的位置，证明如下：连接交于点，连接，如下图所示，因为正三棱柱的侧面为矩形所以为的中点又因为为中点所以为的中位线所以又因为平面，且平面所以平面20．已知三点共线，其中是数列中的第n项.(1)求数列的通项；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】(1)由三点共线可知斜率相等，即可得出答案；(2)由题可得，利用错位相减法即可求出答案.【详解】(1)三点共线，(2)       ①   ②①—②得21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，.(1)证明：平面；(2)已知，，，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明过程见解析；(2).【分析】（1）利用平面与平面垂直的性质得出直线与平面垂直，进而得出平面；（2）建立空间直角坐标系即可求解.【详解】(1)证明：因为平面平面，交线为且平面中，所以平面又平面所以又，且所以平面(2)解：由（1）知，平面且所以、、两两垂直因此以原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为，，，设所以，，，，由（1）知，平面所以为平面的法向量且因为直线与平面所成角的正弦值为所以解得：所以，又，， 所以，，，设平面与平面的法向量分别为：，所以，令，则令，则，，即设平面与平面夹角为则所以平面与平面夹角的余弦值为.22．动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是，记动点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知过点的直线与曲线C相交于两点，，请问点P能否为线段的中点，并说明理由.【答案】(1)(2)不能，理由见解析.【分析】（1）利用题中距离之比列出关于动点的方程即可求解；（2）先假设点P能为线段的中点，再利用点差法求出直线的斜率，最后联立直线与曲线进行检验即可.【详解】(1)解：动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是则等式两边平方可得：化简得曲线C的方程为：(2)解：点不能为线段的中点，理由如下：由（1）知，曲线C的方程为：过点的直线斜率为，，因为过点的直线与曲线C相交于两点，所以，两式作差并化简得：①当为的中点时，则，②将②代入①可得：此时过点的直线方程为：将直线方程与曲线C方程联立得：，，无解与过点的直线与曲线C相交于两点矛盾所以点不能为线段的中点【点睛】方法点睛：当圆锥曲线中涉及中点和斜率的问题时，常用点差法进行求解.