2021-2022学年上海市行知中学高二下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年上海市行知中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知是两个不同平面，是两不同直线，下列命题中不正确的是（       ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】B

【分析】由线面垂直、面面平行和垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，A正确；

对于B，若，，则与可能平行或相交，B错误；

对于C，若一条直线垂直于两个平面，则两个平面平行，C正确；

对于D，若一个平面包含另一个平面的垂线，则两平面垂直，D正确.

故选：B.

2．已知两条直线与不重合，则“与的斜率相等”是“与的平行”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】“与的平行”则有“与的斜率相等”或“与的斜率均不存在”两种情况，再判断即可得解.

【详解】解：因为两条直线与不重合，由“与的斜率相等”可得“与的平行”；

由“与的平行”则可得“与的斜率相等”或“与的斜率均不存在”，

即“与的斜率相等”是“与的平行”的充分不必要条件，

故选：A.

【点睛】本题考查了两直线平行的充分必要条件，重点考查了直线的斜率，属基础题.

3．下列求导运算正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由初等函数导数公式和导数运算法则直接判断各个选项即可.

【详解】对于A，由对数函数导数运算法则知：，A正确；

对于B，，B错误；

对于C，，C错误；

对于D，，D错误.

故选：A.

4．若数列满足：，，，使得对于，都有，则称具有“三项相关性”下列说法正确的有（       ）

①若数列是等差数列，则具有“三项相关性”

②若数列是等比数列，则具有“三项相关性”

③若数列是周期数列，则具有“三项相关性”

④若数列具有正项“三项相关性”，且正数，满足，，数列的通项公式为，与的前项和分别为，，则对，恒成立．

A．③④ B．①②④ C．①②③④ D．①②

【答案】B

【分析】根据题目给出的“三项相关性”的定义，逐项验证即可.

【详解】①若为等差数列，则有

即，①正确

②，，（）

即易知，显然成立

时，，取

有，也成立，所以②正确

③周期数列：0，0，1，0，0，1，

时，，显然不成立，

③错误

④

即，

∴，

易知

即，，故：，④正确

综上：①②④正确

故选：B

二、填空题

5．若直线与互相垂直，则______.

【答案】

【分析】根据两个直线垂直的公式代入计算即可.

【详解】因为直线与互相垂直，

所以，解得，

故答案为：.

6．已知圆锥的表面积为，其侧面展开扇形的圆心角大小为，则这个圆锥的底面半径为______.

【答案】2

【分析】根据圆锥展开图的特征列出关于半径，母线长的方程组，解出即可.

【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，

由题意，有①，

由于侧面展开扇形的圆心角大小为，

所以，即②，

由①②得，，

即圆锥的底面半径为2，

故答案为：2.

7．已知数列为等差数列，，的前项和为，若，则公差______.

【答案】

【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式，结合题意列出方程组，即可求解.

【详解】由题意，数列为等差数列，且，，

可得，即，解得.

故答案为：.

8．已知函数，则函数在点处的切线的斜率为______.

【答案】

【分析】对函数求导，把代入导函数中，即可得到答案.

【详解】，   

故答案为：.

9．设、是椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于、两点，则的最大值为______.

【答案】

【分析】根据椭圆的定义，化简得，进而得到，结合椭圆的焦点弦的性质，即可求解.

【详解】由题意，椭圆，可得，即，

根据椭圆的定义，可得，

则，

所以，

当垂直于轴时，取得最小值，此时取得最大值，

此时，所以的最大值为.

故答案为：.

10．已知函数的导函数为，且满足关系式，则______.

【答案】

【分析】求导即得解.

【详解】解：由题得

所以.

故答案为：

11．已知直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是____．

【答案】3

【详解】∵抛物线的焦点到直线的距离等于到抛物线的焦点的距离.

∴P到直线和直线的距离之和的最小值是到直线的距离,

即

点睛：求抛物线上点到抛物线外一直线与准线（或与准线平行的直线）的距离之和的最小值问题，通常把抛物线上点到准线距离转化为到焦点的距离，从而所求距离最小值为焦点到直线的距离．

12．已知直线交椭圆于两点，且线段的中点为，则直线的斜率为______.

【答案】

【分析】运用“点差法”即可求得答案.

【详解】由题意，设，因为的中点为，所以.

又.

于是，即所求直线的斜率为.

故答案为：.

13．已知椭圆的左、右焦点分别是，，点是椭圆上位于轴上方的一点，若直线的斜率为，且，则椭圆的离心率为________．

【答案】．

【解析】由直线的斜率可知其倾斜角的正切值，再由同角三角函数关系求得其余弦值，同时由等腰三角形及椭圆的定义表示，最后在焦点三角形中由余弦定理构建齐次方程求得离心率．

【详解】设，由直线的斜率为，知，且，即得，

由及椭圆定义知，

由余弦定理即可得，，即，化简得，

故或3（舍）

即．

故答案为：

【点睛】本题考查由椭圆的简单几何性质构建齐次方程，进而求离心率，属于中档题．

14．已知数列满足，对任何正整数均有，，设，记，则______.

【答案】2

【分析】由已知两个式子相乘或相加得到数列和是等比数列，并写出通项公式，并代入求数列的通项公式，并求，然后再求极限.

【详解】①，②，

两式相加可得，

数列是公比为2的等比数列，首项，

，

两式相乘可得，

数列是公比为2，首项的等比数列，

，

，

，则

故答案为：2

三、解答题

15．如图，在直三棱柱中，已知，，.

(1)求四棱锥的体积；

(2)求直线与平面所成的角的余弦值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意可证面，则四棱锥的体积为，即可得到答案.

（2）取的中点为，连接，，可证得为直线与平面所成的角，设为 ，则，即可得到答案.

【详解】(1)由题意知，三棱柱为直三棱柱，

故面

面

，

，面

面

(2)取的中点为，连接，     

由题意知面，面

为等腰直角三角形，为的中点

面

面

为直线与平面所成的角，设为

故直线与平面所成的角的余弦值为.

16．（1）团队在点西侧、东侧10千米处设有、两站点，测量距离发现一点满足千米，可知在、为焦点的双曲线上，以点为原点，东侧为轴正半轴，北侧为轴正半轴，建立平面直角坐标系，在北偏东60°处，求点坐标以及右焦点到渐近线的距离.

（2）团队又在南侧、北侧15千米处设有、两站点，测量距离发现千米，千米，求（精确到1千米）和点位置（精确到1°）

【答案】（1）；右焦点到渐近线的距离为.

（2）13千米，东偏北

【分析】（1）由双曲线的定义求得双曲线方程，联立直线方程即可求得点坐标，由点到直线距离即可求得右焦点到渐近线的距离.

（2）先求出双曲线方程，联立双曲线方程求得点坐标，再由距离公式和正切的定义计算和点位置即可.

【详解】（1）设双曲线的方程为，由双曲线的定义知：，

则，故双曲线的方程为，

易知，联立可得，解得，，故，

又双曲线渐近线，右焦点，故右焦点到渐近线的距离为.

（2）由知在、为焦点的双曲线上，设该双曲线方程为，

则，解得，故双曲线方程为，

由知在、为焦点的双曲线上，同理求得双曲线方程为，

联立两方程得，即，千米，

，，点位置为东偏北.

17．已知圆，定点，其中为正实数，

(1)当时，若对于圆上任意一点均有成立（为坐标原点），求实数的值；

(2)当时，对于线段上的任意一点，若在圆上都存在不同的两点，使得点是线段的中点，求实数的取值范围

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设点，由，得到即，结合，得到，根据因为点为圆上任意一点，得出方程组，即可求解.

（2）求得直线的方程为，设，求得的坐标，根据都在圆，得出方程组化简得到，结合的方程组有解，转化为两圆有公共点，利用圆与圆的位置关系，得到关于的不等式组，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】(1)解：设点，则，

因为，可得，

即，

又由时，圆，即，可得，

代入上式可得，

整理得，

因为点为圆上任意一点，所以，

又由，解得.

(2)解：当时，可得，此时直线的方程为，

设，其中，，

因为点为的中点，所以，

又因为都在圆，

可得，即，

由关于的方程组有解，即以为圆心，为半径的圆与以为圆心，半径的圆有公共点，

所以，即，

又由点为线段上的任意一点，所以对所有成立，

由在上的值域为，

所以，即，

又由线段与圆无公共点，所以，即，

所以实数的取值范围是.

18．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点

(1)求椭圆的方程

(2)已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标；若不存在说明理由；

(3)若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值.

【答案】(1)

(2)存在定点，使得

(3)

【分析】（1）根据左顶点坐标、离心率和椭圆之间关系可直接求得结果；

（2）设直线，与椭圆方程联立可求得点坐标，利用中点坐标公式可得点坐标；由方程可求得点坐标；设存在定点，利用可得，由数量积的坐标运算可整理得到，令可求得定点坐标；

（3）设直线，与椭圆方程联立可求得点横坐标；根据平行关系可确定，整理可得，利用基本不等式可求得最小值.

【详解】(1)为椭圆的左顶点，，

又，，，

椭圆的方程为：.

(2)设直线，

由得：，

设，则，解得：，

，即，

为的中点，；

令，解得：，；

假设存在定点，使得，则，

，整理可得：，

令，解得：，即，

存在定点，使得.

(3)设直线，由得：，；

，，

（当且仅当，即时取等号），

的最小值为.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、定点问题和最值问题的求解；本题求解最值的关键是能够利用平行关系将所求式子转化为点横坐标之间的关系，进而将所求式子转化为关于斜率的符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.

19．设集合是满足下列两个条件的无穷数列的集合：①；②存在常数，使得

(1)已知，且，求的最小值

(2)是否存在，且满足恒成立？若存在，请写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由；

(3)若且，求数列的通项公式.

【答案】(1)的最小值为；

(2)不存在符合条件的数列，理由见解析；

(3)，.

【分析】(1)由数列的通项公式求数列的最大值和最小值由此可求的最小值；(2)由条件求出数列的通项公式，并检验其是否满足条件，(3)由条件求数列的通项，结合条件求出及数列的通项公式.

【详解】(1)因为，

由已知，所以，，

设，则，，，

所以，，

所以，所以，

故，所以，，所以，

所以的最小值为，

(2)因为，所以，

所以，

设，

令，则，所以，

记，

所，，

所以，，

所以，

所以，

所以

又，所以或

当， 取为奇数，函数单调递增， 单调递减，其取值随的增大趋近与0，

所以不存在使得满足，

(3)因为，

所以，设，

令，则，所以，

记，

所，，

所以，，

所以，

所以，

所以

因为，

因为，所以，所以

当为奇数时，单调递减，其取值随的增大趋近与0，

若，则单调递增，与条件相矛盾，

若，所以，则单调递减，与矛盾，

当，

当为奇数时，若，则的取值随的增大趋近与0，与矛盾，

又，所以，

所以数列的通项公式为，，此时.

【点睛】本题解决的关键由条件确定数列的通项公式.