2022沧州高二上学期期末数学试题含解析

沧州市2021—2022学年第一学期期末教学质量监测

高二数学

一、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. 直线的倾斜角是（）

A.  B.  C.  D.

【1题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】将直线方程化为斜截式，由此确定斜率；根据斜率和倾斜角关系可得结果.

【详解】设直线的倾斜角为，则，

由得：，则斜率，.

故选：A.

2. 如图，在正方体中，，，，若为的中点，在上，且，则等于（）

A B.

C.  D.

【2题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】利用空间向量的加减法、数乘运算推导即可.

【详解】.

故选：B.

3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（）

A.  B.  C.  D.

【3题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】根据和可求得，结合等差数列通项公式可求得.

【详解】设等差数列公差为，

由得：；又，

，.

故选：B.

4. 已知抛物线，则抛物线的焦点到其准线的距离为（）

A.  B.  C.  D.

【4题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】将抛物线方程化为标准方程，由此确定的值即可.

【详解】由可得抛物线标准方程为：，，

抛物线的焦点到其准线的距离为.

故选：D.

5. 在数列中，，，则（）

A. 985 B. 1035 C. 2020 D. 2070

【5题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】根据累加法得，，进而得.

【详解】解：因为

所以，当时，，，……，，

所以，将以上式子相加得，

所以，，.

当时，，满足；

所以，.

所以.

故选：A

6. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，则点到直线的距离为（）

A.  B.  C.  D. 6

【6题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】按照空间中点到直线的距离公式直接求解.

【详解】由题意，，，方向向量，，则点到直线的距离为.

故选：C.

7. 已知点为直线上任意一点，为坐标原点．则以为直径的圆除过定点外还过定点（）

A.  B.  C.  D.

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】设垂直于直线，可知圆恒过垂足；两条直线方程联立可求得点坐标.

【详解】设垂直于直线，垂足为，则直线方程为：，

由圆的性质可知：以为直径的圆恒过点，

由得：，以为直径的圆恒过定点.

故选：D.

8. 如图是等轴双曲线形拱桥，现拱顶距离水面6米，水面宽米，若水面下降6米，则水面宽()

A. 米 B. 米 C. 米 D. 米

【8题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】以双曲线的对称中心为原点，焦点所在对称轴为y轴建立直角坐标系，求出双曲线方程，数形结合即可求解.

【详解】如图所示，以双曲线的对称中心为原点，焦点所在对称轴为y轴建立直角坐标系，

设双曲线标准方程为：(a＞0)，

则顶点，，

将A点代入双曲线方程得，，

当水面下降6米后，，

代入双曲线方程得，，

∴水面宽：米.

故选：B.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知椭圆：，则下列关于椭圆的结论正确的是（）

A. 焦点坐标为， B. 长轴长为

C. 离心率为 D. 直线与无交点

【9题答案】

【答案】BC

【解析】

【分析】由椭圆方程可求得，依次判断焦点、长轴长和离心率可知ABC正误；根据直线与椭圆位置关系的判断方法可知D错误.

【详解】由椭圆方程知：椭圆焦点在轴上，，，；

对于A，焦点坐标为，，A错误；

对于B，长轴长，B正确；

对于C，离心率，C正确；

对于D，由得：，则，

直线与交于两点，D错误.

故选：BC.

10. 已知圆：，直线：．圆上恰有个点到直线的距离为，则的值为（）

A.  B.  C.  D.

【10题答案】

【答案】BC

【解析】

【分析】由圆上恰有个点到直线的距离为可确定圆心到直线距离为，由此构造方程求得结果.

【详解】由圆的方程知：圆心，半径；

圆上恰有个点到直线的距离为，圆心到直线的距离，

即，解得：或.

故选：BC.

11. 已知点为双曲线右支上一点，、分别为圆：、：上的动点，则的值可能为（）

A. 2 B. 6 C. 9 D. 12

【11题答案】

【答案】BC

【解析】

【分析】先由已知条件可知双曲线的两个焦点为两个圆的圆心，再利用平面几何知识把转化为双曲线上的点到两焦点之间的距离，结合双曲线的定义可求出的范围，从而可得答案

【详解】由双曲线的方程可得，焦点为，

圆：的圆心为，半径为2，

圆：的圆心为，半径为1，

所以，，

所以,

，

所以，

故选：BC

12. 如图，在正四棱柱中，，，点在上，且．则下列说法正确的是（）

A.

B. 异面直线与所成角的正切值为

C. 平面

D. 直线与平面所成角的正弦值为

【12题答案】

【答案】ACD

【解析】

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线线垂直、线面垂直的向量判断方法，线线角和线面角的向量求法依次判断各个选项即可.

【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，

对于A，，，，，A正确；

对于B，，，设异面直线与所成角为，

，，B错误；

对于C，，，，，

，又，平面，平面，C正确；

对于D，，，设平面的法向量，

，令，则，，，

又，，

即直线与平面所成角的正弦值为，D正确.

故选：ACD.

【点睛】方法点睛：利用空间向量法求解直线与平面所成角的基本步骤为：

（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；

（2）求得平面的法向量，设所求角为，则.

（3）根据可求得线面所成角的大小.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.

13. 已知向量与是平面的两个法向量，则__________．

【13题答案】

【答案】

【解析】

【分析】由且为非零向量可直接构造方程求得，进而得到结果.

【详解】由题意知：，，解得：（舍）或，.

故答案为：.

14. 已知直线与之间的距离为，则__________．

【14题答案】

【答案】或##或

【解析】

【分析】利用平行直线间距离公式构造方程求解即可.

【详解】方程可化为：，

由平行直线间距离公式得：，解得：或.

故答案为：或.

15. 已知，，，…，为抛物线：上的点，为抛物线的焦点．在等比数列中，，，，…，．则的横坐标为__________．

【15题答案】

【答案】

【解析】

【分析】利用在抛物线上可求得，结合等比数列的公比可求得，利用抛物线的焦半径公式即可求得结果.

【详解】在抛物线上，，解得：，抛物线；

数列为等比数列，又，，公比，

，即，解得：，

即的横坐标为.

故答案为：.

16. 已知数列的通项公式为，记数列的前项和为，则__________，的最小值为__________．

【16题答案】

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】首先确定的正负，分别在和两种情况下求得，代入即可求得；由可求得，分别在和两种情况下结合一次函数和对勾函数单调性得到最小值，综合可得最终结果.

【详解】令，解得：，则当时，；当时，；

当时，；

当时，；

；

，

当时，；

当时，在上单调递减，在上单调递增，

又，，，

当时，；

综上所述：.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：本题考查含绝对值的数列前项和的求解问题，解题关键是能够确定数列的变号项，从而以变号项为分类基准进行分类讨论得到数列的前项和；求解数列中的最值问题的关键是能够利用数列与函数的关系，结合函数单调性和来进行求解.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知直线过点．

（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；

（2）若直线在两坐标轴的截距相等，求直线的方程．

【17~18题答案】

【答案】（1）

（2）或

【解析】

【分析】(1)由两条直线垂直可设直线的方程为，将点的坐标代入计算即可；

(2)当直线过原点时，根据直线的斜截式方程即可得出结果；当直线不过原点时可设直线的方程为，将点的坐标代入计算即可.

【小问1详解】

解：因为直线与直线垂直

所以，设直线的方程为，

因为直线过点，

所以，解得，

所以直线的方程为．

【小问2详解】

解：当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程是，即．

当直线不过原点时，设直线的方程为，把点代入方程得，

所以直线的方程是．

综上，所求直线的方程为或．

18. 已知双曲线的渐近线方程为，且过点．

（1）求双曲线的方程；

（2）过双曲线的一个焦点作斜率为的直线交双曲线于两点，求弦长．

【18~19题答案】

【答案】（1）；

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据双曲线渐近线斜率、双曲线过点可构造方程求得，由此可得双曲线方程；

（2）由双曲线方程可得焦点坐标，由此可得方程，与双曲线方程联立后，利用弦长公式可求得结果.

小问1详解】

由双曲线方程知：渐近线斜率，又渐近线方程为，；

双曲线过点，；

由得：，双曲线的方程为：；

【小问2详解】

由（1）得：双曲线的焦点坐标为；

若直线过双曲线的左焦点，则，

由得：；

设，，则，

；

由双曲线对称性可知：当过双曲线右焦点时，；

综上所述：.

19. 如图1，在中，，，，分别是，边上的中点，将沿折起到的位置，使，如图2．

（1）求点到平面的距离；

（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．若存在，求出长；若不存在，请说明理由．

【19~20题答案】

【答案】（1）

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）根据题意分别由已知条件计算出的面积和的面积，利用求解，

（2）如图建立空间直角坐标系，设，然后求出平面与平面的法向量，利用向量平夹角公式列方程可求得结果

【小问1详解】

在中，，因为，分别是，边上的中点，

所以∥，，

所以，

所以，

因为，所以平面，

所以平面，

因为平面，所以，

所以，

因为平面，平面，

所以平面平面，

因为，所以，

因为，所以等边三角形，

取的中点，连接，则，，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

在中，，

所以边上的高为，

所以，

在梯形中，，

设点到平面的距离为，

因为，所以，

所以，得，

所以点到平面的距离为

【小问2详解】

由（1）可知平面，，

所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则

,

设，则

，

设平面的法向量为，则

，令，则，

设平面的法向量为，则

，令，则，

则平面与平面夹角的余弦值为

，

两边平方得，，

解得或（舍去），

所以，所以

20已知圆：，直线：．圆与圆关于直线对称．

（1）求圆的方程；

（2）点是圆上的动点，过点作圆的切线，切点分别为、．求四边形面积的取值范围．

【20~21题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）圆关于直线对称，半径不变，只需求出圆心对称的坐标即可.

（2）将四边形面积分成两个全等的直角三角形，利用直角三角形的性质，一条直角边不变时，斜边与另外一条直角边的大小成正相关，从而得到面积的最小值与最大值.

【小问1详解】

由题可知的圆心为，圆的半径与之相同，圆心与之关于对称，

设的圆心为，故可根据中点在对称的直线上得到①，根据斜率相乘为-1得到②，联立①②可得，

所以圆心坐标为，且半径为，故的方程为

【小问2详解】

连接，将四边形分割成两个全等的直角三角形，所以有，四边形面积的范围可转化为MP长度的范围，

在中，根据勾股定理可知，因为为半径长度不变，所以最大时最大；所以最小时最小；

画出如下图，当动点P移动至在时面积最小，时面积最大；

设点P的坐标为，所以有，解得，所以，，

所以，所以；

，所以.

所以

21. 已知数列的通项公式为：，其中．记为数列的前项和．

（1）求，；

（2）数列的通项公式为，求的前项和．

【21~22题答案】

【答案】（1）；；

（2）.

【解析】

【分析】（1）验证可知数列是以为周期的周期数列，则，；

（2）由（1）可求得，利用错位相减法可求得结果.

【小问1详解】

当时，；当时，；当时，；

数列是以为周期的周期数列；

，；

【小问2详解】

由（1）得：，，

，

，

两式作差得：.

22. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上一点满足，且的面积为．

（1）求椭圆的方程；

（2）直线与椭圆有且只有一个公共点，过点作直线的垂线．设直线交轴于，交轴于，且点，求的轨迹方程．

【22~23题答案】

【答案】（1）；

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用可得，由椭圆关系可求得，进而得到椭圆方程；

（2）将与椭圆方程联立可得，得，结合韦达定理可确定点坐标，由此可得方程，进而得到，化简整理即可得到所求轨迹方程.

【小问1详解】

由焦点坐标可知：；

，即，，

，解得：，

，解得：（舍）或，，

椭圆的方程为：；

【小问2详解】

由得：，

，整理可得：；

，解得：，，

则，

令，解得：；令，解得：；

，

即，又，，

则的轨迹方程为：.

【点睛】思路点睛：本题考查动点轨迹方程的求解问题，解题基本思路是能够利用变量表示出所求点的坐标，根据坐标之间关系，化简整理消掉变量得到所求轨迹方程；易错点是忽略题目中的限制条件，轨迹中出现多余的点.