2021-2022学年吉林省吉化第一校高二年级上册学期期末考试数学试题 【含答案】

吉化一中2021-2022学年度第一学期期末考试高二数学试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.若曲线表示圆，则m的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】按照圆的一般方程满足的条件求解即可.【详解】或.故选：C.2.如图，在平行六面体中，设，，，用基底表示向量，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接利用空间向量基本定理求解即可【详解】因为在平行六面体中，，，，所以，故选：B3.圆：与圆：的位置关系是（）A.内切 B.外切 C.相交 D.相离【答案】A【解析】【分析】先计算两圆心之间的距离，判断距离和半径和、半径差之间的关系即可.【详解】圆圆心，半径，圆圆心，半径，两圆心之间的距离，故两圆内切.故选：A.4.双曲线的焦点坐标为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】把双曲线方程化为标准形式，直接写出焦点坐标.【详解】，焦点在轴上，，故焦点坐标为.故选：C.5.平行直线：与：之间的距离等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由两条直线平行解出，再按照平行线之间距离公式求解.【详解】，则：，即，距离为.故选：B.6.《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最大的一份是（）个．A.12 B.24 C.36 D.48【答案】D【解析】【分析】设等比数列的首项为，公比，根据题意，由求解.【详解】设等比数列的首项为，公比，由题意得：，即，解得，所以，故选：D7.已知数列满足，则（）A.32 B. C.1320 D.【答案】A【解析】【分析】先令，求出，再当时，由，可得，然后两式相比，求出，从而可求出，进而可求得答案【详解】当时，，当时，由，可得，两式相除可得，所以，所以，故选：A8.已知椭圆的中心为，一个焦点为，在上，若是正三角形，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据是正三角形可得的坐标，代入方程后可求离心率.【详解】不失一般性，可设椭圆的方程为：，为半焦距，为右焦点，因为且，故，故，，整理得到，故，故选：D.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.直线l过点且斜率为k，若与连接两点，的线段有公共点，则k的取值可以为（）A. B.1 C.2 D.4【答案】AD【解析】【分析】要使直线l与线段AB有公共点，则需或，根据两点的斜率公式计算可得选项.【详解】解：要使直线l与线段AB有公共点，则需或，而，，所以或，所以k的取值可以为或4，故选：AD10.下列双曲线中以为渐近线的是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】依次求4个选项中的渐近线方程即可.【详解】A选项：渐近线方程，正确；B选项：渐近线方程，正确；C选项：渐近线方程，错误；D选项：渐近线方程，正确；故选：ABD.11.已知空间三点，，，四边形ABCD为平行四边形，则下列结论正确的有（）A.点C的坐标为 B.C.点D到直线AB的距离为 D.平行四边形ABCD的面积为【答案】BD【解析】【分析】A选项通过直接计算；B选项直接求出，余弦定理计算即可；C选项利用空间点到直线的距离公式计算；D选项按照面积公式计算.【详解】A选项：设点C的坐标为，，解得，错误；B选项：，，，正确；C选项：，，方向上的单位向量，则点D到直线AB的距离为，错误；D选项：，点D到直线AB的距离为1，平行四边形ABCD的面积为，正确.故选：BD.12.已知数列各项均是正数，，是方程（）的两根，下结论正确的是（）A.若是等差数列，则数列前9项和为18B.若是等差数列，则数列的公差为C.若是等比数列，公比为q，，则D.若是等比数列，则的最小值为【答案】AC【解析】【分析】A选项按照等差数列的前项公式计算即可；B选项直接计算，，再计算公差；C选项计算出即可解决；D选项利用基本不等式解决.【详解】对于A：是等差数列，，前9项和为，正确；对于B：是等差数列且各项均是正数，，解得，公差，错误；对于C：是等比数列且各项均是正数，，解得或，公差或，代入，均成立，正确；对于D：是等比数列且各项均是正数，，则，当且仅当时取等，又，，错误；故选：AC.三、填空题（每小题5分，共20分）13.已知抛物线的焦点坐标为，则该抛物线上一点到焦点的距离的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】根据题意，求得，得到焦点坐标，结合抛物线的定义，得到，根据，求得，即可求解.【详解】由抛物线的焦点坐标为，可得，解得，设抛物线上的任意一点为，焦点为，由抛物线的定义可得，因为，所以，所以抛物线上一点到焦点的距离的取值范围是.故答案为：.14.已知直线l的方向向量，平面的法向量，若，则______．【答案】【解析】【分析】由，可得∥，从而可得，代入坐标列方程可求出，从而可求出【详解】因为直线l的方向向量，平面的法向量，，所以∥，所以存在唯一实数，使，所以，所以，解得，所以，故答案为：15.已知数列的前n项和为，则______．【答案】【解析】【分析】先通过裂项相消求出，再代入计算即可.【详解】，则，故.故答案为：3.16.已知点在圆C：（）内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则______．【答案】【解析】【分析】根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可.【详解】由点在圆C：内，且所以，又，解得过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为又，所以，解得故答案为：四、解答题（共70分）17.已知等差数列的前n项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求k的值．【答案】（1）（2）10【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为d，利用已知建立方程组，解之可求得数列的通项公式；(2)利用等差数列的前项和公式，化简即可求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为d，由已知，，得，解得，则；小问2详解】解：由（1）得，则由，得或（舍去），所以的值为10.18.如图，在长方体中，，．点E在上，且．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，，的坐标，证明，，即可得证；（2）由（1）知，的法向量为，直接写出平面法向量，按照公式求解即可.【小问1详解】在长方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系因为，，所以，，，，，则，，，所以有，，则，，又所以平面小问2详解】由（1）知平面的法向量为，而平面法向量为所以，由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．19.已知点在抛物线（）上，过点A且斜率为1直线与抛物线的另一个交点为B．（1）求p的值和抛物线的焦点坐标；（2）求弦长．【答案】（1），焦点坐标（2）【解析】【分析】（1）将点的坐标代入抛物线的方程，可求得的值，进而可得抛物线的焦点坐标；（2）写出直线的方程，联立直线与抛物线方程求得交点坐标，利用两点之间的距离公式即可求解.【小问1详解】因为点在抛物线上，所以，即所以抛物线的方程为，焦点坐标为；【小问2详解】由已知得直线方程为，即由得，解得或所以，则20.如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为．（1）求点的位置；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）为棱中点（2）【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合求出的值，即可得出点的位置；（2）利用空间向量法可求得点到平面的距离．【小问1详解】解：因为平面，底面为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设，其中，则，设平面的法向量为，，，由，取，可得，由题意可得，整理可得，因为，解得，因此，点为棱的中点.【小问2详解】解：由（1）知为棱中点，即，则，又，设平面的法向量为，由，取，可得，因为，所以，点到平面的距离为.21.已知数列的前n项和为，且．（1）求证：数列为等比数列；（2）记，求数列的前n项和为．【答案】（1）证明见解析;（2）.【解析】【分析】（1）由已知得，当时，两式作差整理得，根据等比数列的定义可得证；（2）由（1）求得，，再运用错位相减法可求得答案.【小问1详解】证明：因为，……①，所以当时，，当时……②，则①-②可得，所以，因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．【小问2详解】解：由（1）知，即，因为所以，则……①，①得……②，①-②得，所以.22.已知平面内两点，，动点P满足．（1）求动点P的轨迹方程；（2）过定点的直线l交动点P的轨迹于不同的两点M，N，点M关于y轴对称点为，求证直线过定点，并求出定点坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点坐标为【解析】【分析】（1）直接由斜率关系计算得到；（2）设出直线，联立椭圆方程，韦达定理求出，再结