2021-2022学年福建省泉州市高二上学期期末教学质量检测数学试题含答案

2021-2022学年福建省泉州市高二上学期期末教学质量检测数学试题

一、单选题

1．已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据空间中射影的定义即可得到答案.

【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以的竖坐标为0 ，

横、纵坐标与A点的横、纵坐标相同，所以点的坐标为.

故选：D

2．设等差数列的前n项和为．若，则（       ）

A．19 B．21 C．23 D．38

【答案】A

【分析】由已知及等差数列的通项公式得到公差d，再利用前n项和公式计算即可.

【详解】设等差数列的公差为d，由已知，得，

解得，所以.

故选：A

3．设分别是椭圆的左、右焦点，P是C上的点，则的周长为（       ）

A．13 B．16 C．20 D．

【答案】B

【分析】利用椭圆的定义及即可得到答案.

【详解】由椭圆的定义，，焦距，

所以的周长为.

故选：B

4．已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由直线与垂直得到的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得到答案.

【详解】因为直线与垂直，且，所以，解得，

设的倾斜角为，，所以.

故选：D

5．在棱长均为1的平行六面体中，，则（       ）

A． B．3 C． D．6

【答案】C

【分析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.

【详解】设，，，由已知，得，，，

，所以，

所以.

故选：C

6．已知数列满足，则（       ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】B

【分析】根据递推式以及迭代即可.

【详解】由，得，，，，

，，.

故选：B

7．抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为F，一条平行于y轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则经点B反射后的反射光线必过点（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出、坐标可得直线的方程，与抛物线方程联立求出，根据选项可得答案,

【详解】把代入得，所以，

所以直线的方程为即，

与抛物线方程联立解得，所以，

因为反射光线平行于y轴，根据选项可得D正确,

故选：D.

8．已知点与不重合的点A，B共线，若以A，B为圆心，2为半径的两圆均过点，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得两点的坐标满足圆，然后由圆的性质可得当时，弦长最小，当过点时，弦长最长，再根据向量数量积的运算律求解即可

【详解】设点，则以A，B为圆心，2为半径的两圆方程分别为

和，

因为两圆过，

所以和，

所以两点的坐标满足圆，

因为点与不重合的点A，B共线，所以为圆的一条弦，

所以当弦长最小时，，

因为，半径为2，所以弦长的最小值为，

当过点时，弦长最长为4，

因为，

所以当弦长最小时，的最大值为，

当弦长最大时，的最小值为，

所以的取值范围为，

故选：D

二、多选题

9．圆与圆的位置关系可能是（       ）

A．外离 B．外切 C．相交 D．内含

【答案】ABC

【分析】由圆心距与两圆半径的关系判断两圆的位置关系.

【详解】整理为：，从而圆心为，半径为2，而的圆心为，半径为2，从而两圆的圆心距为，

当，即或时，此时两圆外离；

当，此时，此时两圆外切；

由于恒成立，故当，即时，两圆相交；

且，故两圆不会内含或内切，综上：两圆得位置关系可能是外离，外切或相交.

故选：ABC

10．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据，，的值，可得，利用累加法可得即可判断选项A、C，再计算前项的和可判断B；利用裂项求和可判断D，进而可得答案.

【详解】依题意因为，，，……，，

以上个式子累加可得：，

又满足上式，所以，，故A错误；

因，

所以，故B正确；

因为，所以，故C正确；

，

，故D错误.

故选：BC

11．已知曲线，分别为C的左、右焦点，点P在C上，且是直角三角形，下列判断正确的是（       ）

A．曲线C的焦距为

B．若满足条件的点P有且只有4个，则m的取值范围是且

C．若满足条件的点P有且只有6个，则

D．若满足条件的点P有且只有8个，则m的取值范围是

【答案】AC

【分析】依次对所给选项利用数形结合的思想进行判断即可.

【详解】A.当C表示椭圆时，因为，所以C的焦点在x轴上，且，

所以，即，所以焦距为；

当C表示双曲线时，因为，即，所以C的焦点在x轴上，

所以，即，所以焦距为；故A正确；

B.若满足条件的点P有且只有4个，则C表示椭圆，如图1，以为直径的圆O与C没有公共点，

所以，即，所以m的取值范围是，故B错误；

C.若满足条件的点P有且只有6个，则C表示椭圆，如图2，以为直径的圆O与C有2个公共点，

所以，即，所以m的取值范围是，故C正确；

D.若满足条件的点P有且只有8个，则当C表示椭圆时，如图3，以为直径的圆O与C有4个公共点，

所以，即，所以m的取值范围是；

当C表示双曲线时，如图4，以为直径的圆O与C恒有8个公共点，

所以，综上m的取值范围是或；故D错误.

故选：AC

12．已知边长为的正三角形中，为中点，动点在线段上（不含端点），以为折痕将折起，使点到达的位置．记，异面直线与所成角为，则对于任意点，下列成立的是（       ）

A．

B．

C．存在点，使得

D．存在点，使得平面

【答案】ABC

【分析】利用空间向量数量积的运算性质可判断A选项；利用空间向量夹角的数量积表示可判断B选项；利用线面垂直的性质可判断C选项；利用反证法可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为，

由图可知，为锐角，故，A对；

对于B选项，因为，因为，

，所以，，

因为、均为锐角且函数在上单调递减，故，B对；

对于C选项，，过直线作平面，使得平面，设，连接，

因为平面，平面，则，

在翻折的过程中，当时，，故存在点，使得，C对；

对于D选项，若平面，平面，则，

，事实上，，矛盾，故假设不成立，D错.

故选；ABC.

三、填空题

13．已知，且，则_____________．

【答案】2

【分析】由共线向量得，解方程即可.

【详解】因为，所以，解得.

故答案为：2

14．若等比数列满足，则的前n项和____________．

【答案】

【分析】由已知及等比数列的通项公式得到首项和公比，再利用前n项和公式计算即可.

【详解】设等比数列的公比为，由已知，得，

解得，所以.

故答案为：

15．已知P是椭圆的上顶点，过原点的直线l交C于A，B两点，若的面积为，则l的斜率为____________．

【答案】

【分析】设出直线AB的方程，联立椭圆方程得到A点横坐标满足，再利用，解方程即可得到答案.

【详解】设直线AB的方程为：，，

由，得，

所以，又

所以，解得.

故答案为：

16．设O为坐标原点，F为双曲线的焦点，过F的直线l与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，且的内切圆的半径为，则C的离心率为____________．

【答案】

【分析】，作出渐近线图像，由题可知的内切圆圆心在x轴上，过内心作OA和AB的垂线，可得几何关系，据此即可求解.

【详解】

双曲线渐近线OA与OB如图所示，OA与OB关于x轴对称，

设△OAB的内切圆圆心为，则M在的平分线上，过点分别作于点于，由，则四边形为正方形，

由焦点到渐近线的距离为得，

又，∴，且，

∴，

∴，

则.

故答案为：.

四、解答题

17．已知抛物线的焦点为F，点在C上．

(1)求p的值及F的坐标；

(2)过F且斜率为的直线l与C交于A，B两点（A在第一象限），求．

【答案】(1)，

(2)4

【分析】（1）将M坐标代入方程即可；

（2）联立直线l与抛物线方程得到A、B的横坐标，再利用焦半径公式求出即可.

(1)

将代入，得，解得，

所以

(2)

由（1）得抛物线方程为，

直线l的方程为，

联立消y得，

解得或，

因为A在第一象限，所以，

所以，，

所以

18．公差不为0的等差数列中，，且成等比数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为．若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用等比数列的定义以及等差数列的性质，列出方程即可得到答案；

（2）先求出的通项，再利用的单调性即可得到的最小值，从而求得的取值范围．

(1)

依题意，，，所以，

设等差数列的公差为，则，

解得，

所以

(2)

，则数列是递增数列，

，

所以，

若，则.

19．如图，在正四棱锥中，为底面中心，，为中点，．

(1)求证：平面；

(2)求：（ⅰ）直线到平面的距离；

（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)（i）；（ii）.

【分析】（1）连接，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；

（2）（i）利用空间向量法可求得直线到平面的距离；

（ii）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

(1)

证明：连接，则为的中点，且，

在正四棱锥中，平面，

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、、、、、、、，，

设平面的法向量为，，，

则，取，则，

因为，则，又因为平面，所以，平面.

(2)

解：（i），所以，直线到平面的距离为.

（ii），则，

因此，直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知数列的前n项和．

(1)证明是等比数列，并求的通项公式；

(2)在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式；

（2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可.

(1)

因为，

当时，，

所以，当时，，又，解得，

所以是以2为首项，2为公比的等比数列，

故

(2)

因为，所以，，

，

，

所以

，

所以

21．某公园有一形状可抽象为圆柱的标志性景观建筑物，该建筑物底面直径为8米，在其南面有一条东西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与观景直道平行的两段辅道，观景直道与辅道距离10米．在建筑物底面中心O的东北方向米的点A处，有一全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度．

(1)在西辅道上距离建筑物1米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内？

(2)求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度．

【答案】(1)不在

(2)17.5米

【分析】（1）以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系，求出直线AB方程，判断直线AB与圆O的位置关系即可；

（2）摄像头监控不会被建筑物遮挡，只需求出过点A的直线l与圆O相切时的直线方程即可.

(1)

以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系

则，观景直道所在直线的方程为

依题意得：游客所在点为

则直线AB的方程为，化简得，

所以圆心O到直线AB的距离，

故直线AB与圆O相交，

所以游客不在该摄像头监控范围内.

(2)

由图易知：过点A的直线l与圆O相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物遮挡，

所以设直线l过A且恰与圆O相切，

①若直线l垂直于x轴，则l不可能与圆O相切；

②若直线l不垂直于x轴，设，整理得

所以圆心O到直线l的距离为，解得或，

所以直线l的方程为或，

即或，

设这两条直线与交于D，E

由，解得，由，解得，

所以，

观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为17.5米.

22．曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，C上的点M满足，且直线的斜率之积等于．

(1)求C的方程；

(2)过点的直线l交C于A，B两点，若，其中，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由椭圆定义可得到，再利用斜率公式及直线的斜率之积等于，列出方程，化简对比系数可得；

（2）分直线l的斜率为0和不为0两种情况讨论，利用可得到T在定直线上，且该直线是的中垂线即可得到证明.

(1)

因为C上的点M满足，

所以C表示焦点在x轴上的椭圆，且，即，，

所以，

设，则，①

所以直线的斜率，直线的斜率，

由已知得，

即，②

由①②得，

所以C的方程为

(2)

当直线l的斜率为0时，A与重合，B与重合，，，

成立.

当直线l的斜率不为0时，设l的方程为

联立方程组，消x整理得

所以，解得或

设，则，

由，得，所以

设，由，得，

所以，

所以，

所以点T在直线上，且，

所以是等腰三角形，且，

所以，

综上，

【点睛】关键点点晴：本题第二问突破点是证明T在定直线上，且该直线是的垂直平分线，从而得到，考查学生的数学运算能力，转化化归思想.