2021-2022学年广东省深圳市重点中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年广东省深圳市重点中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．下列数列中成等差数列的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用等差数列定义，逐一验证各个选项即可判断作答.

【详解】对于A，，A不是等差数列；

对于B，，B不是等差数列；

对于C，，C是等差数列；

对于D，，D不是等差数列.

故选：C

2．已知椭圆，则它的短轴长为（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【分析】根据椭圆短轴长的定义进行求解即可.

【详解】由椭圆的标准方程可知：，所以该椭圆的短轴长为，

故选：B

3．已知向量是两两垂直的单位向量，且，则（       ）

A．5 B．1 C．-1 D．7

【答案】B

【分析】根据单位向量的定义和向量的乘法运算计算即可.

【详解】因为向量是两两垂直的单位向量，且

所以

.

故选：B

4．将一张坐标纸折叠一次，使点与重合，求折痕所在直线是（       ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，，则折痕所在直线是线段AB的垂直平分线，故求出AB中点坐标，折痕与直线AB垂直，进而求出斜率，用点斜式求出折痕所在直线方程.

【详解】，，所以与的中点坐标为，又，所以折痕所在直线的斜率为1，故折痕所在直线是，即.

故选：D

5．已知等比数列{an}的前n项和为S，若，且，则S3等于（       ）

A．28 B．26 C．28或-12 D．26或-10

【答案】C

【分析】根据等比数列的通项公式列出方程求解，直接计算S3即可.

【详解】由可得，即，所以，

又，解得，

所以，即，

当时，，所以，

当时，，所以，

故选：C

6．如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且满足，点N为BC的中点，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由空间向量的线性运算求解．

【详解】由题意

，又，，，

∴,

故选：B．

7．双曲线的左右焦点分别是，，直线与双曲线在第一象限的交点为，在轴上的投影恰好是，则双曲线的离心率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意的到，，代入到双曲线方程，解得，即，则，即，即，求解方程即可得到结果.

【详解】设原点为，∵直线与双曲线在第一象限的交点在轴上的投影恰好是，

∴，且，∴，

将代入到双曲线方程，可得，解得，即，

则，即，即，解得（舍负），

故.

故选:D.

8．杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在欧洲，帕斯卡（1623～1662）在1654年发现这一规律，比杨辉要迟了393年.如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是

A．153 B．171 C．190 D．210

【答案】C

【解析】根据“杨辉三角”找出数列1，2，3，3，6，4，10，5，…之间的关系即可。

【详解】由题意可得从第3行起的每行第三个数：，所以第行的第三个数为在该数列中，第37项为第21行第三个数，所以该数列的第37项为

故选：C

【点睛】本题主要考查了归纳、推理的能力，属于中等题。

二、多选题

9．点P在圆上，点Q在圆上，则（       ）

A．两个圆心所在的直线斜率为

B．两个圆相交弦所在直线的方程为

C．两圆公切线有两条

D．|PQ|的最小值为0

【答案】AD

【分析】根据直线斜率公式，结合圆与圆的位置关系进行求解即可.

【详解】圆的圆心为，半径为，

圆的圆心为，半径为.

两个圆心所在的直线斜率为，所以本选项正确；

因为，，

所以两圆相外切，故没有相交弦，两圆的公切线有三条，当点P、点Q运动到切点时，|PQ|的最小值为0，因此选项BC不正确，选项D正确，

故选：AD

10．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（       ）

A．直线BC1与直线所成的角为90°

B．B1D⊥平面ACD1

C．点B1到平面ACD1的距离为

D．直线B1C与平面所成角的余弦值为

【答案】BD

【分析】根据空间向量夹角公式，结合空间点到面的距离公式逐一判断即可.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：

.

A：，

因为，所以，因此本选项不正确；

B：，

因为，

所以，而平面ACD1，

因此平面ACD1，所以本选项正确；

C：因为平面ACD1，所以是平面ACD1的法向量，，

所以点B1到平面ACD1的距离为，因此本选项不正确；

D：由上可知：，

所以直线B1C与平面所成角的余弦值，

因此本选项正确，

故选：BD

11．数列{an}的前n项和为Sn，，则有（       ）

A．{Sn}为等比数列 B．

C． D．{nSn}的前n项和为

【答案】ACD

【分析】根据数列前n项和与第n项的关系，结合等比数列的定义和通项公式、错位相减法进行逐一判断即可.

【详解】因为，所以{Sn}为等比数列，因此选项A正确；

当时，，

当时，，不适合上式，所以选项B不正确，选项C正确；

设{nSn}的前n项和为，

，

，

，得，

，所以选项D正确，

故选：ACD

12．已知曲线C的方程为，集合，若对于任意的，都存在，使得成立，则称曲线C为Σ曲线.下列方程所表示的曲线中，是Σ曲线的有（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】问题转化为，存在，使得，根据这一条件逐一判断即可.

【详解】A：的图象既关于x轴对称，也关于y轴对称，且图象是封闭图形.所以对于任意的点，存在着点Q（x2，y2）使得，所以满足；

B：的图象是双曲线，且双曲线的渐近线斜率为±1，所以渐近线将平面分为四个夹角为90°的区域，当P，Q在双曲线同一支上，此时，当P，Q不在双曲线同一支上，此时，所以不满足；

C：的图象是焦点在x轴上的抛物线，且关于x轴对称，设P为抛物线上一点，过O点作OP的垂线，则垂线一定与抛物线交于Q点，所以，所以

D：取P（0，1），若，则有显然不成立，所以此时不成立，

故选：AC

【点睛】关键点睛：运用圆锥曲线的性质是解题的关键.

三、填空题

13．直线的倾斜角为_______________.

【答案】

【分析】由直线的斜率为，得到，即可求解.

【详解】由题意，可知直线的斜率为，

设直线的倾斜角为，则，解得，

即换线的倾斜角为.

【点睛】本题主要考查直线的倾斜角的求解问题，其中解答中熟记直线的倾斜角与斜率的关系，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

14．已知等差数列的公差不为零，若，，成等比数列，则______.

【答案】0

【分析】设等差数列的公差为，，根据，，成等比数列，得到，再根据等差数列的通项公式可得结果.

【详解】设等差数列的公差为，，

因为，，成等比数列，所以，

所以，整理得，

因为，所以，

所以.

故答案为：0.

【点睛】本题考查了等比中项，考查了等差数列通项公式基本量的运算，属于基础题.

15．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，点M是双曲线右支上一点，，则双曲线的渐近线方程为___________.

【答案】

【分析】首先根据已知条件得到，再结合双曲线的几何性质求解即可.

【详解】如图所示：

，，所以，即.

设，则，.

即，，，，

所以，渐近线方程为.

故答案为：

四、双空题

16．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，A(-2，1)，B(-2，4)，点P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点Q为抛物线E：y2=4x上的动点，Q在直线x=-1上的射影为H，则的最小值为___________.

【答案】         

【分析】（1）利用直译法直接求出P点的轨迹．

（2）先利用阿氏圆的定义将转化为P点到另一个定点的距离，然后结合抛物线的定义容易求得的最小值．

【详解】设P（x，y），由阿氏圆的定义可得

即化简得

则

设则由抛物线的定义可得

当且仅当四点共线时取等号，

的最小值为

故答案为：            

【点睛】本题考查了抛物线的定义及几何性质，同时考查了阿氏圆定义的应用．还考查了学生利用转化思想、方程思想等思想方法解题的能力．难度较大．

五、解答题

17．已知圆D经过点A（-1，0），B（3，0），C（1，2）.

(1)求圆D的标准方程；

(2)若直线l：与圆D交于M、N两点，求线段MN的长度.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设圆D的标准方程，利用待定系数法即可得出答案；

（2）利用圆的弦长公式即可得出答案.

【详解】(1)解：设圆D的标准方程，

由题意可得，解得，

所以圆D的标准方程为；

(2)解：由（1）可知圆心，半径，

所以圆心D（1，0）到直线l：的距离，

所以.

18．已知抛物线上的点M（5，m）到焦点F的距离为6.

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点作直线l交抛物线C于A，B两点，且点P是线段AB的中点，求直线l方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由抛物线定义有求参数，即可写出抛物线方程.

（2）由题意设，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标求参数k，即可得直线l方程．

【详解】(1)由题设，抛物线准线方程为，

∴抛物线定义知：可得，故

(2)由题设，直线l的斜率存在且不为0，设

联立方程，得，

整理得，则.

又P是线段AB的中点，∴，即

故l

19．王同学入读某大学金融专业，过完年刚好得到红包6000元，她计划以此作为启动资金进行理投资，每月月底获得的投资收益是该月月初投入资金的20%，并从中拿出1000元作为自己的生活费，余款作为资金全部投入下个月，如此继续.设第n个月月底的投资市值为an.

(1)求证：数列{-5000}为等比数列；

(2)如果王同学想在第二年过年的时候给奶奶买一台全身按摩椅（商场标价为12899元），将一年后投资市值全部取出来是否足够？

【答案】(1)证明见解析

(2)足够

【分析】（1）由题意可得出递推关系，变形后利用等比数列的定义求证即可；

（2） 由（1）利用等比数列的通项公式求出，再求出，再计算即可得出结论.

【详解】(1)依题意，第1个月底股票市值为

则

又

∴数列是首项为1200，公比为1.2的等比数列.

(2)由（1）知

∴

∵，所以王同学将一年理财投资所得全部取出来是足够的.

20．如图，直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，D为棱AC中点.

(1)证明：AB1//平面；

(2)若面B1BC1与面BC1D的夹角余弦值为，求.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，使，连接，即可得到，从而得证；

（2）设，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解面与面的夹角余弦值为，从而得到方程，解得即可．

【详解】(1)证明：如图，连，使，连，

由直三棱柱，所以四边形为矩形，所以为中点，

在中，、分别为和中点，，

又因平面平面，面，面，

平面．

(2)解：设，以为坐标原点如图建系， 则，，所以、，

设平面的法向量

则，

故可取．

设平面的法向量，则，

故可取，

因为面与面的夹角余弦值为，

所以，即，解得，．

21．已知数列{an}的前n项和为Sn，.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列的前n项和，求使不等式成立的最大整数m的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式变形，再构造常数列求解作答.

（2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和，由单调性求出最大整数m值作答.

【详解】(1)依题意，，当时，，两式相减得：，

即，整理得：，于是得，

所以数列{an}的通项公式是.

(2)由（1）得，

，

数列是递增数列，因此，，于是有，则，

不等式成立，则，，于是得，

所以使不等式成立的最大整数m的值是505.

【点睛】思路点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写

未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

22．已知点，圆，点Q在圆上运动，的垂直平分线交于点P.

(1)求动点P的轨迹的方程；

(2)过点的动直线l交曲线C于A、B两点，在y轴上是否存在定点T，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点T的坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，T(0，1)﹒

【分析】(1)根据椭圆的定义，结合即可求P的轨迹方程；

(2)假设存在T(0，t)，设AB方程为，联立直线方程和椭圆方程，代入＝0即可求出定点T.

【详解】(1)由题可知，，

则，

由椭圆定义知P的轨迹是以F1、为焦点，且长轴长为的椭圆，

∴，∴，

∴P的轨迹方程为C：；

(2)假设存在T(0，t)满足题意，易得AB的斜率一定存在，否则不会存在T满足题意，设直线AB的方程为，

联立，化为，易知恒成立，

∴()

由题可知，

将()代入可得：

即

∴，解，

∴在y轴上存在定点T(0，1)，使以AB为直径的圆恒过这个点T.