2021-2022学年湖南省永州市高二上学期期末质量监测数学试题含解析

2021-2022学年湖南省永州市高二上学期期末质量监测数学试题

一、单选题

1．直线的斜率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】把直线方程化为斜截式即得．

【详解】直线方程的斜截式为，斜率为．

故选：D．

2．已知向量，，若，则（       ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】由向量平行，先求出的值，再由模长公式求解模长.

【详解】由，则，即

则，所以

则

故选：B

3．在数列中，，，，则（       ）

A．2 B． C． D．1

【答案】A

【分析】根据题中条件，逐项计算，即可得出结果.

【详解】因为，，，

所以，

因此.

故选：A.

4．已知双曲线，其中一条渐近线与x轴的夹角为，则双曲线的渐近线方程是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知条件计算可得，即得到结果.

【详解】由双曲线，可知

渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线与x轴的夹角为，

故，即渐近线方程为.

故选：C.

5．若为等差数列，其前n项和为，，，则（       ）

A．10 B．12 C．14 D．16

【答案】B

【分析】由等差数列前项和的性质计算即可.

【详解】由等差数列前项和的性质可得成等差数列，

，即，

得.

故选：B.

6．已知椭圆方程为，点在椭圆上，右焦点为F，过原点的直线与椭圆交于A，B两点，若，则椭圆的方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据椭圆的性质可得，则椭圆方程可求.

【详解】由点在椭圆上得，

由椭圆的对称性可得，则，

故椭圆方程为.

故选：A.

7．2021年是中国共产党百年华诞，3月24日，中宣部发布中国共产党成立100周年庆祝活动标识（如图1）.其中“100”的两个“0”设计为两个半径为R的相交大圆，分别内含一个半径为r的同心小圆，且同心小圆均与另一个大圆外切（如图2）.已知，则由其中一个圆心向另一个小圆引的切线长与两大圆的公共弦长之比为（       ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】作出图形，进而根据勾股定理并结合圆与圆的位置关系即可求得答案.

【详解】如示意图，

由题意，，则，

又，，所以，

所以.

故选：C.

8．长方体中，，，，为侧面内（含边界）的动点，且满足，则四棱锥体积的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取的中点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，分析可知点的轨迹是以点、为焦点的椭圆，求出椭圆的方程，可知当点为椭圆与棱或的交点时，点到平面的距离取最小值，由此可求得四棱锥体积的最小值.

【详解】取的中点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

设点，其中，，则、，

因为平面，平面，则，

所以，，同理可得，

所以，，

所以点的轨迹是以点、为焦点，且长轴长为的椭圆的一部分，

则，，，

所以，点的轨迹方程为，

点到平面的距离为，当点为曲线与棱或棱的交点时，点到平面的距离取最小值，

将代入方程得，

因此，四棱锥体积的最小值为.

故选：D.

二、多选题

9．已知数列，，下列说法正确的是（       ）

A．若，，则为递减数列

B．若，，，则为等比数列

C．若等比数列的公比，，则为递减数列

D．若的前n项和为，，则为等差数列

【答案】AB

【分析】A.计算可得答案；B.变形得可得答案；C.举例求出可得答案；D. 求出可得答案.

【详解】A.当时，，即，A正确；

B.，，由已知得，则是以4为公比的等比数列，B正确；

C.当时，，，则，C错误；

D.由得，

，D错误.

故选：AB.

10．已知抛物线的焦点为F，点P为C上任意一点，若点，下列结论正确的是（       ）

A．的最小值为2

B．抛物线C关于x轴对称

C．过点M与抛物线C有一个公共点的直线有且只有一条

D．点P到点M的距离与到焦点F距离之和的最小值为4

【答案】CD

【分析】设，求出的长，由二次函数性质得最小值判断A，由抛物线的对称性判断B，由直线与抛物线的位置关系判断C，结合抛物线的定义，把转化为到准线的距离后可求得题中距离和的最小值判断D．

【详解】设，则，，又抛物线的焦点为，

所以，时，等号成立．所以的最小值是1，A错；

抛物线的焦点在轴上，抛物线关于轴对称，B错；

易知点在抛物线的内部（含有焦点的部分），因此过与对称轴平行的直线与抛物线只有一个公共点，其他直线与抛物线都有两个公共点，C正确；

记抛物线的准线为，准线方程为，

过作于，过作于，则，

，所以当三点共线，即与重合时，最小，最小值为．D正确．

故选：CD．

11．在棱长为2的正方体中，点M，N分别是棱BC和中点，下列结论正确的是（       ）

A．

B．直线MN与平面平行

C．点N到面的距离为

D．平面AMN截正方体所得截面的面积为

【答案】AC

【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算进行判断；A,计算即可；B，求出平面的法向量为，计算即可；C，求平面的的法向量为，计算点N到面的距离即可；D，作出面AMN截正方体所得截面，求其面积即可.

【详解】如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标，

则 ，

对于A, ,

则，故，即，故A正确；

对于B, ,设平面的法向量为，

,

则 ，则可取，

而，故直线MN与平面不平行，故B错误；

对于C，设平面的的法向量为，

,

则，可取，

而，故点N到面的距离为 ，故C正确；

对于D，平面AMN截正方体所得截面为如图等腰梯形 ,

则,高为 ，

故其面积为 ，故D错误,

故选:AC.

12．已知双曲线的左､右焦点分别为，，P为双曲线C右支上的动点，过P作两渐近线的垂线，垂足分别为A，B.若圆与双曲线C的渐近线相切，则（       ）

A．的最小值为

B．为定值

C．双曲线C的离心率

D．当点P异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上

【答案】BCD

【分析】由圆心到渐近线的距离等于半径求得，从而可得，得离心率，判断C；

设出的内切圆与其三边的切点，利用切线的性质得出点横坐标，从而判断D；

，求出，代入点在双曲线上的条件可判断B；

利用余弦定理求得，并由基本不等式求得最小值判断A．

【详解】由题意双曲线的渐近线方程是，圆的圆心是，半径是1，

则，（舍去），

又，所以，离心率为，C正确；

设的内切圆与三边切点分别为，如图，

由圆的切线性质知，所以，因此内心在直线，即直线上，D正确；

设，则，，

渐近线方程是，则，，

为常数，B正确；

由已知的方程是，倾斜角为，所以，，

，当且仅当时等号成立，A错误．

故选：BCD.

故选：BCD．

三、填空题

13．抛物线的焦点坐标为_____.

【答案】

【解析】【详解】试题分析：根据抛物线方程求得p，则根据抛物线性质可求得抛物线的焦点坐标．解：抛物线方程中p=2，∴抛物线焦点坐标为（-1，0）故填写

【解析】抛物线的简单性质

点评：本题主要考查了抛物线的简单性质．属基础题．

14．直线与直线间的距离为___________.

【答案】

【分析】利用平行间的距离公式可求得结果.

【详解】由平行线间的距离公式可知，直线、间的距离为.

故答案为：.

15．已知椭圆方程为，左、右焦点分别为、，P为椭圆上的动点，若的最大值为，则椭圆的离心率为___________.

【答案】

【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理可求得，再利用公式可求得该椭圆的离心率的值.

【详解】由椭圆的定义可得，

由余弦定理可得

，

因为的最大值为，则，可得，

因此，该椭圆的离心率为.

故答案为：.

16．已知集合，，将中的所有元素按从大到小的顺序排列构成一个数列，则数列的前n项和的最大值为___________.

【答案】

【分析】由题意设，，根据可得，从而，即可得出答案.

【详解】设，由，得

，由，得

中的元素满足，即，可得

所以，由,所以

所以，

要使得数列的前n项和的最大值，即求出数列中所以满足的项的和即可.

即，得，则

所以数列的前n项和的最大值为

故答案为：1472

四、解答题

17．在空间直角坐标系Oxyz中，O为原点，已知点，，，设向量，.

(1)求与夹角的余弦值；

(2)若与互相垂直，求实数k的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由向量的坐标先求出，，，由向量的夹角公式可得答案.

（2）由题意可得，从而求出参数的值

(1)

由题，，，

故，，，

所以

故与夹角余弦值为.

(2)

由与的互相垂直知，

，， 即

18．已知等比数列的公比，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，若，求满足条件的最大整数n.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由等比数列的性质可得，结合条件求出，得出公比，从而得出通项公式.

(2)由（1）可得，再求出的前项和，从而可得出答案.

(1)

由题意可知，有，

，得或

∴或

又，∴

∴

(2)

，

∴

∴，又单调递增

,

所以满足条件的的最大整数为

19．如图所示在多面体中，平面，四边形是正方形，，，，.

(1)求证：直线平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）以点为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证明出直线平面；

（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.

(1)

证明：因为平面，，

以点为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、、、，

所以，，，

设平面的法向量为，

依题意有，即，令，可得，

，则，

平面，因此，平面.

(2)

解：由题，，设平面的法向量为，

依题意有，即，取，可得，

，

因此，平面与平面的夹角余弦值为.

20．已知数列的前n项和，满足，.

(1)求证：数列是等差数列；

(2)令，求数列的前n项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先将变为，然后等式两边同除即可得答案；

（2）求出，再用错位相减求和．

(1)

证明：∵

∴

由已知易得，

∴

∴数列是首项，公差为的等差数列；

(2)

由（1）可知，

∴

∴①

②

①－②有

∴

21．如图所示，第九届亚洲机器人锦标赛VEX中国选拔赛永州赛区中，主办方设计了一个矩形坐标场地ABCD（包含边界和内部，A为坐标原点），AD长为10米，在AB边上距离A点4米的F处放置一只电子狗，在距离A点2米的E处放置一个机器人，机器人行走速度为v，电子狗行走速度为，若电子狗和机器人在场地内沿直线方向同时到达场地内某点M，那么电子狗将被机器人捕获，点M叫成功点.

(1)求在这个矩形场地内成功点M的轨迹方程；

(2)P为矩形场地AD边上的一动点，若存在两个成功点到直线FP的距离为，且直线FP与点M的轨迹没有公共点，求P点横坐标的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别以为轴，建立平面直角坐标系，由题意，利用两点间的距离公式可得答案.

(2)由题意可得点的轨迹所在圆的圆心到直线的距离，点的轨迹与轴的交点到直线的距离，从而可得答案.

(1)

分别以为轴，建立平面直角坐标系，则，

设成功点，可得

即,化简得

因为点需在矩形场地内，所以

故所求轨迹方程为

(2)

设，直线方程为

直线FP与点M的轨迹没有公共点,则圆心到直线的距离大于

依题意，动点需满足两个条件：

点的轨迹所在圆的圆心到直线的距离

即,解得

②点的轨迹与轴的交点到直线的距离

即,解得

综上所述，P点横坐标的取值范围是

22．已知椭圆的上顶点在直线上，点在椭圆上.

(1)求椭圆C的方程；

(2)点P，Q在椭圆C上，且，，点G为垂足，是否存在定圆恒经过A，G两点，若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，定圆.

【分析】（1）由题可得，，即求；

（2）由题可设直线的方程，利用韦达定理及条件可得直线恒过定点，则以为直径的圆适合题意，即得.

(1)

由题设知，椭圆上顶点为，且在直线上

∴，即

又点在椭圆上，

∴解得，

∴椭圆C的方程为；

(2)

设，，当直线斜率存在，设直线为：

联立方程，化简得

∴，，

∵，∴

又∵，

∴

将，代入，

化简得，即

则或，

①当时，直线恒过定点与点重合，不符题意.

②当时，直线恒过定点，记为点，

∵，∴以为直径，其中点为圆心的圆恒经过两点，

则圆方程为：；

当直线斜率不存在，设方程为，，，且

，，

∴，

解得或（舍去），，取，以为直径作圆，

圆方程为：恒经过两点，

综上所述，存在定圆恒经过两点.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是证明直线恒过定点，结合条件可得以为直径的圆，适合题意即得.