2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高二下学期期初数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高二下学期期初数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知直线∶x+y+1=0与直线l2垂直，则直线l2的斜率等于（ ）
A．B．- C．- D．
【答案】A
【分析】根据两直线垂直，斜率乘积等于即可求解.
【详解】直线∶x+y+1=0化为，
斜率，
又因为直线与直线l2垂直，
所以，
所以.
故选：A
2．已知是首项为，公差为的等差数列，如果，则序号等于（ ）
A．664B．665C．674D．675
【答案】D
【分析】由列方程，解方程求得.
【详解】，解得.
故选：D
3．以轴为对称轴，顶点为坐标原点，焦点与原点之间的距离为2的抛物线方程是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】根据抛物线的概念以及几何性质即可求抛物线的标准方程.
【详解】依题意设抛物线方程为．因为焦点与原点之间的距离为2，所以，所以，所以抛物线方程为或．
故选：C．
4．如图，在平行六面体中，设，，，则下列与向量相等的表达式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的运算可知，再用，，及相等向量，即可推导出答案.
【详解】在平行六面体中，
故选：D
5．下列函数求导运算正确的个数为（ ）
①；②；③；④.
A．1B．2
C．3D．4
【答案】A
【分析】根据导数的运算法则和导数的基本公式计算后即可判断．
【详解】解：①，故错误；②，故正确；
③，故错误；④，故错误.
所以求导运算正确的个数为1.
故选：A.
6．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据递推式代入计算即可.
【详解】，，，
故选：B.
7．在圆柱上作一与圆柱底面成角为（）的截面，截面为椭圆面，则该椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出圆柱的底面半径，由此即可求出a,b,进而求出c,从而可以求解．
【详解】设圆柱底面半径为r,
则由已知截面与圆柱底面所成的锐二面角为可得：
椭圆的长半轴长为，且短半轴长为b＝r，
所，
则椭圆的离心率为，
故选：A．
8．若函数的最大值为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由基本不等式求得x＜0时，f（x）的值域，由题意可得x＞0时，f（x）的值域应该包含在x＜0时的值域内，转化为在x＞0时恒成立．利用导数求出的最大值即可.
【详解】当x＜0时，，
当且仅当x＝−1时，f（x）取得最大值f（−1）＝a−2，
由题意可得x＞0时，的值域包含于（−∞，a−2]，
即在x＞0时恒成立
即在x＞0时恒成立
即
设
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
故选：C．
二、多选题
9．已知圆，则下列说法正确的有（ ）
A．关于点对称B．关于直线对称
C．关于直线对称D．关于直线对称
【答案】ABC
【分析】求得圆心，结合对称性确定正确答案.
【详解】圆即，
所以圆心为，
A选项，为圆心，所以圆关于点对称，A正确.
直线，直线过圆心，所以圆关于直线、
直线对称，BC选项正确.
直线不过圆心，所以D选项错误.
故选：ABC
10．已知函数，则（ ）
A．在单调递增
B．有两个零点
C．曲线在点处切线的斜率为
D．是奇函数
【答案】AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，结合单调性即可判断零点个数，根据导数的几何意义，以及奇偶性的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：，定义域为，则，
由都在单调递增，故也在单调递增，
又，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；故A正确；
对B：由A知，在单调递减，在单调递增，又，
故只有一个零点，B错误；
对C：，根据导数几何意义可知，C正确；
对D： 定义域为，不关于原点对称，故是非奇非偶函数，D错误.
故选：AC.
11．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．与同向的单位向量是
C．和夹角的余弦值是
D．平面的一个法向量是
【答案】ABD
【分析】利用空面向量坐标运算法则、共线向量、向量夹角公式、法向量直接求解．
【详解】空间中三点，，，
对于A，，∴，，A正确；
对于B，，，故B正确；
对于C，，
∴和夹角的余弦值是：，故C错误；
对于D，，
设平面ABC的法向量，
则，取x＝1，得，故D正确．
故选：ABD．
12．已知数列满足，，，其前项和为，则下列选项中正确的是（ ）
A．数列是公差为的等差数列
B．满足的的最大值是
C．除以4的余数只能为0或1
D．
【答案】ABC
【分析】令，由题干条件可知：，可得，
可求得，依次分析即可求解.
【详解】令，由可知：，
所以，累加可得：，所以，
检验满足，所以，
所以数列是公差为的等差数列，故选项正确；
由等差数列前项和公式得：，故，
解得：，故满足的的最大值是9，故选项B正确；
对于选项C，当时，，
此时除以4的余数只能是，
当时，，此时除以4的余数只能是，
故选项C正确；
对于选项D，，，显然，故选项D错误，
故选：ABC.
三、填空题
13．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F值表示，光圈的F值系列如下：F1，F1.4，F2，F2.8，F4，F5.6，F8，…，F64.光圈的F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F8调整到F5.6，进光量是原来的2倍.若光圈从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的_______倍.
【答案】
【分析】根据已知条件求得正确答案.
【详解】依题意“上一级的进光量是下一级的2倍”，
从F4调整到F1.4，下调了级，所以进光量为原来的倍.
故答案为：
14．函数的极大值与极小值分别为和，则____．
【答案】
【分析】利用导数求得的极值，从而求得正确答案.
【详解】，
在区间递增；在区间递减.
所以是的极大值，即，
是的极小值，即，
所以.
故答案为：
15．在三棱柱中，，平面，，，，则异面直线与所成角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】因为平面，，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则、、、，则，，
所以，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．已知为双曲线的左､右焦点过作的垂线分别交双曲线的左､右两支于B，C两点（如图）.若，则双曲线的离心率为___________.
【答案】
【分析】由，得到，再根据双曲线的定义得到，，然后在中，利用余弦定理结合过的直线与垂直，则求解.
【详解】由，设，
由双曲线的定义得，
所以，，
又因为过的直线与垂直，
所以，
则，
在中，由余弦定理得，
令，则，解得，
所以，
则，
故答案为：
四、解答题
17．已知圆的方程为．
（1）求过点且与圆相切的直线的方程；
（2）直线过点，且与圆交于，两点，若，求直线的方程．
【答案】（1）或；（2）或．
【分析】（1）分直线斜率不存在和存在，根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求得答案；
（2）根据题意，若，则圆心到直线的距离，结合（1）可知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，根据圆心到直线的距离列出方程，从而可得答案.
【详解】解：（1）根据题意，点在圆外，分两种情况讨论：
当直线的斜率不存在时，过点的直线方程是，与圆：相切，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
直线与圆相切时，圆心到直线的距离为，解得．
此时，直线的方程为．
所以满足条件的直线的方程是或；
（2）根据题意，若，则圆心到直线的距离，
结合（1）知直线的斜率一定存在．
设直线的方程为，即，则，解得或．
所以满足条件的直线方程是或．
18．已知等差数列是公差等于的数列，等比数列满足：，，.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用，计算，利用等差数列的通项公式求解即可；
（2）裂项相消法求和即得解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，故，所以，
故等差数列的首项.∴
∴.∴的通项公式为.
（2）由题意，
∴数列的前n项和
19．已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）．
【分析】（1）利用求得的单调区间；
（2）由在区间恒成立分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】（1）当a＝﹣3时，函数f（x）＝x﹣﹣4lnx（x＞0），
＝1+﹣＝＝，
由＞0，可得0＜x＜1或x＞3，
由＜0，可得1＜x＜3，
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），（3，+∞）；递减区间为（1，3）；
（2）＝1﹣﹣＝，x＞0，
f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
即为≥0在区间（0，+∞）上恒成立，
即a≤x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4在区间（0，+∞）上恒成立，
由（x2﹣4x）min＝﹣4，得a≤﹣4，
即a∈.
20．如图，在梯形ABCD中，，，，四边形BFED为矩形，，平面平面ABCD.
(1)求证：平面BDEF；
(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成的夹角为，试求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知条件可得，再由平面平面ABCD，可得平面ADB，则，然后由线面垂直的判定定理可证得结论，
（2）由于，，，所以建立直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令，然后利用空间向量求解即可
【详解】（1）证明，在梯形ABCD中，
∵，，，
∴，，
∴，∴.
又∵平面平面ABCD，平面平面，，
∴平面ADB，∴.
又∵，∴平面BDEF.
（2）由（1）可知，，.
可建立直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令，则
，，，，
∴，
设为平面的法向量，由，得，
取，
∵是平面的一个法向量，∴.
∵，∴当时，有最大值，∴的最小值为
21．已知椭圆：过点，且椭圆的离心率为．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)斜率为的直线交椭圆于，两点，且．若直线上存在点P，使得是以为顶角的等腰直角三角形，求直线的方程．
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) y=x-1
【分析】（Ⅰ）由椭圆C：1（a＞b＞0）过点A（0，1），且椭圆的离心率为，列方程组求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）设直线l的方程为y＝x+m，P（3，yP），由，得4x2+6mx+3m2﹣3＝0，利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式，结合已知条件能求出直线l的方程．
【详解】（Ⅰ）由题意得
解得．
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）设直线l的方程为y=x+m，
由得.
令，得．
，．
因为是以为顶角的等腰直角三角形，
所以平行于轴．
过做的垂线，则垂足为线段的中点．
设点的坐标为，则．
由方程组解得，即．
而，
所以直线的方程为y=x-1．
【点睛】本题考查椭圆方程、直线方程的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、中点坐标公式等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．
22．已知函数.
（1）当时，证明：有唯一零点；
（2）若函数有两个极值点，（），求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】(1)先对函数f(x)求导，再对a分类讨论即可判断函数f(x)的单调性，进而求得最值;
(2)由函数的极值点得关于,的关系式以及参数a的范围,构造函数,将问题转化为该函数的最值问题，再进行适当放缩即可证明.
【详解】（1）（）
∵，，所以在，上递增，在递减，
又，时，
所以有唯一零点；
（2）（）
.
若有两个极值点，（），
则方程的判别式且，，
因而，
又，∴，即，
设，其中，
由得，由于，
∴在上单调递增，在上单调递减，
即的最大值为，
从而成立.
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值，最值，证明不等式，考查了分类讨论思想，转化思想，属于难题.