2021-2022学年湖南省名校联盟高二上学期期末教学质量检测数学试题（解析版）

2021-2022学年湖南省名校联盟高二上学期期末教学质量检测数学试题一、单选题1．在等差数列中，，则的公差（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式列出方程组即可得出答案.【详解】设等差数列的公差为由题可知，解得故选：C2．已知函数，则（

）A．4 B．6 C．2 D．3【答案】A【分析】对函数求导并求出在0处的导数值，再利用导数定义计算作答.【详解】函数，求导得，则，所以.故选：A3．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有（

）A．1条 B．2条 C．3条 D．0条【答案】B【分析】过的直线的斜率存在和不存在两种情况分别讨论即可得出答案.【详解】易知过点，且斜率不存在的直线为，满足与抛物线只有一个公共点.当直线的斜率存在时，设直线方程为，与联立得，当时，方程有一个解，即直线与扰物线只有一个公共点.故满足题意的直线有2条.故选：B4．已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，离心率为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据余弦定理和椭圆的几何性质可求得答案.【详解】解：在中，，故，所以.故选：D.5．已知，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离.【详解】依题意，，设平面的法向量，则，令，得，则点到平面的距离为，所以点到平面的距离为.故选：A6．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”．在某种玩法中，用表示解下n（，）个圆环所需的最少移动次数，若，且，则解下6个环所需的最少移动次数为（

）A．13 B．15 C．16 D．29【答案】B【分析】根据已知的递推关系求，从而得到正确答案.【详解】∵，，∴，，，，．故选：B.7．已知分别是轴和圆上的动点，点，则的最小值为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】将问题转化为点到点之间的距离.【详解】由，得，故圆的圆心坐标为，半径为2.如图，作点关于轴对称的点，当四点共线时，取得最小值，且最小值为.故选：C8．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，若实数满足，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由两点的距离公式和椭圆的定义可得点在椭圆上.继而有表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立椭圆与直线的方程，利用根的判别式可求得答案.【详解】因为，可转化为点到点和点的距离之和为，故点在椭圆上.表示点与椭圆上一点所连直线的斜率，设该直线的方程为，由图可知，当直线与椭圆相切时，取得最值.联立方程组整理得，，解得或，故的取值范围是故选：C.二、多选题9．下列结论正确的有（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】ACD【分析】利用导数的运算公式和法则逐个分析判断即可【详解】若，则正确.若，则不正确.若，则正确.若，则正确.故选：ACD10．如图，正方体的棱长为，分别为的中点，则（

）A．直线与平面垂直B．直线与平面平行C．三棱锥的体积等于D．平面截正方体所得的截面面积为【答案】BD【分析】A选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明；B选项，线线平行证明线面平行；C选项，等体积法求解三棱锥的体积；D选项，找到截面，求出面积.【详解】以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，显然与不垂直，故直线与平面不垂直，A不正确.因为分别为的中点，所以∥.又平面，所以直线与平面平行，B正确.，C不正确.如图，取的中点，连接，因为为的中点，所以FG∥，则四边形为平面截正方体所得的截面，该四边形的面积为，D正确.故选：BD11．双曲线的光学性质如下：如图1，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点.我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线灯”的轴截面是双曲线一部分，如图2，其方程为，分别为其左､右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点和点反射后（，在同一直线上），满足，则（

）A．B．C．该双曲线的离心率的平方为D．该双曲线的离心率的平方为【答案】BD【分析】设，根据题意可得，由双曲线定义得、，进而求出（用表示），然后在中，应用勾股定理得出的关系，求得离心率．【详解】易知共线，共线，如图，设，则.因为，所以，则，则，又因为，所以，则.在中，，即，所以.故选：BD12．已知数列满足，令是数列的前项积，，则（

）A．B．为单调递增的等比数列C．当时，取得最大值D．当时，取得最大值【答案】AC【分析】根据条件求出，，从而可以判断每一个选项.【详解】对于A，当时，，当时，，则，即，又满足，所以.则正确；对于B，，所以为单调递减的等比数列，B错误；对于C，由题可知，且，所以当时，取得最大值，C正确；对于D，又因为，且，所以当时，最大，D错误.故选：AC.三、填空题13．已知直线与垂直，则__________.【答案】1或-3或1【分析】根据给定条件借助两直线垂直列式计算作答.【详解】因为，则有，解得或，所以或.故答案为：1或14．若双曲线的右焦点在圆上，则该双曲线的渐近线方程为__________.【答案】和【分析】由题意可得双曲线的右焦点是圆与轴的一个交点，由此列方程可求出的值，从而可求出双曲线的渐近线方程【详解】将代入，解得或.因为，所以，解得，故双曲线的渐近线方程为.故答案为：15．已知数列满足，且，则__________.【答案】【分析】根据已知条件求出的值，从而可求出数列的周期，进而可求得答案【详解】因为，所以，所以是周期为4的周期数列，则.故答案为：16．已知为正方体表面上的一动点，且满足，则动点运动轨迹的周长为__________.【答案】【分析】首先根据条件确定P点所处的平面，再建立坐标系求出动点P的轨迹方程，据此求出轨迹的长.【详解】由可知，正方体表面上到点A距离最远的点为，所以P点只可能在面，面，面上运动，当P在面上运动时，如图示，建立平面直角坐标系，则,设，由得：，即，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4,0）为圆心，以为半径的一段圆弧，因为,故,所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为同理，P点在面内情况亦为；P点在面上时，因为，,所以，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为，综上述，P点运动轨迹的周长为，故答案为：.四、解答题17．（1）已知双曲线E：的焦距为6，实轴长为2，求E的渐近线方程；（2）已知F是抛物线C：的焦点，是C上一点，且，求C的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)根据给定条件求出双曲线虚半轴长b即可求得E的渐近线方程.(2)利用给定条件结合抛物线的定义列出方程组求解即可作答.【详解】(1)依题意，令双曲线E的半焦距为c，则，，即，，，解得，所以双曲线E的渐近线方程为.(2)抛物线C：的准线方程为：，依题意，，解得，所以抛物线C的方程为.18．已知函数.(1)是坐标原点，的图象在处的切线与轴分别交于两点，求的面积；(2)若直线是曲线与的公切线，求的值.【答案】(1).(2).【分析】（1）求导函数，求得，，得出的图象在处的切线方程，由此求得答案；（2）设直线与的图象相切于点，与的图象相切于点，求得在点处切线方程，在点在切线方程.建立方程组，求解即可.(1)解：因为，所以的图象在处切线的斜率为.又，所以的图象在处的切线方程为，则，故的面积为.(2)解：设直线与的图象相切于点，与的图象相切于点，又，则由点在切线上，得；由点在切线上，得.故，解得.故.19．已知数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）由与的关系可求通项公式；（2）利用错位相减法和等比数列前n项和公式即可求解.(1)当时，．当时，．又，所以．(2)由（1）可知，，，则，则．故．20．如图，在四棱锥中，平面，是等边三角形.(1)证明：平面平面.(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据等边三角形的性质、线面垂直的性质，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）利用余弦定理，结合三棱锥的等积性进行求解即可.(1)证明：设，因为是等边三角形，且，所以是的中点，则.又，所以，所以，即.又平面平面，所以.又，所以平面.因为平面，所以平面平面.(2)解：因为，所以.在中，，所以，则又平面，所以.如图，连接，则，所以.设点到平面的距离为，因为，所以，解得，即点到平面的距离为.21．在数列中，.(1)证明：数列是等比数列.(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)利用给定的递推公式探求与的关系即可判断作答.(2)由(1)的信息求出，再借助裂项相消法计算作答.(1)因，因此，，而，所以是以4为首项，2为公比的等比数列.(2)由(1)知，，则，则，所以.22．已知分别是椭圆的左､右焦点，点是椭圆上的一点，且的面积为1.(1)求椭圆的短轴长；(2)过原点的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，若为等边三角形，求的取值范围.【答案】(1)2(2)【分析】（1）根据题意表示出的面积，即可求得结果；（2）分类讨论直线斜率情况，然后根据是等边三角形，得到，联立直线和椭圆方程，用点的坐标表示上