2021-2022学年重庆市巴蜀中学高二上学期期末数学试题含解析

2021-2022学年重庆市巴蜀中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知椭圆方程为，则该椭圆的焦距为（       ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据椭圆中之间的关系，结合椭圆焦距的定义进行求解即可.

【详解】由椭圆的标准方程可知：，则焦距为，

故选：B.

2．下列说法正确的是（       ）

A．空间中的任意三点可以确定一个平面

B．四边相等的四边形一定是菱形

C．两条相交直线可以确定一个平面

D．正四棱柱的侧面都是正方形

【答案】C

【分析】根据立体几何相关知识对各选项进行判断即可.

【详解】对于A，根据公理2及推论可知，不共线的三点确定一个平面，故A错误；

对于B，在一个平面内，四边相等的四边形才一定是菱形，故B错误；

对于C，根据公理2及推论可知，两条相交直线可以确定一个平面，故C正确；

对于D，正四棱柱指上、下底面都是正方形且侧棱垂直于底面的棱柱，侧面可以是矩形，故D错误.

故选：C

3．已知数列中，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由数列的递推公式依次去求，直到求出即可.

【详解】由，

可得，，

，

故选： D.

4．已知m，n表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（       ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】D

【分析】根据空间直线与平面间的位置关系判断．

【详解】若，，也可以有，A错；

若，，也可以有，B错；

若，，则或，C错；

若，，则，这是线面垂直的判定定理之一，D正确

故选：D．

5．《张邱建算经》记载：今有女子不善织布，逐日织布同数递减，初日织五尺，末一日织一尺，计织三十日，问第11日到第20日这10日共织布（       ）

A．30尺 B．40尺 C．6尺 D．60尺

【答案】A

【分析】由题意可知，每日的织布数构成等差数列，由等差数列的求和公式得解.

【详解】由题女子织布数成等差数列，设第日织布为，有，所以

，

故选:A.

6．已知正三棱柱中，，点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线和所成角或其补角，再解三角形即可求出．

【详解】如图所示：

设中点为，则在三角形中，为中点，为中位线，所以有，

，所以为异面直线和所成角或其补角，在三角形中，，所以由余弦定理有，

故选：A.

7．已知抛物线的焦点为，直线过点与抛物线相交于两点，且，则直线的斜率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设直线倾斜角为，由，及，可求得，当点在轴上方，又，求得，利用对称性即可得出结果.

【详解】设直线倾斜角为，由，所以，由，

，所以，当点在轴上

方，又，所以，所以由对称性知，直线的斜率.

故选：B.

8．已知四面体中，，若该四面体的外接球的球心为，则的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据四面体的性质，结合线面垂直的判定定理、球的性质、正弦定理进行求解即可.

【详解】由图设点为中点，连接，由，所以

，面，

则面，且，

所以球心面，所以平面与球面的截面为大圆，延长线与此大圆交

于点.在三角形中，由，所以

，由正弦定理知：三角形

的外接圆半径为，设三角形的外接圆圆心为点，则

面，有，则，设的外接圆圆心为点，则面，由正弦定理知：三角形PAB的外接圆半径为，

所以，又三角形中，，

所以为的角平分线，则，

在直角三角形OMD中，，

在直角三角形OED中，，

在三角形中，取中点，由

，所以

，

故选：C.

【点睛】关键点睛：运用正弦定理、勾股定理、线面垂直的判定定理是解题的关键.

二、多选题

9．如图，正四棱锥中，为正方形的中心，，点分别为侧棱的中点，则（       ）

A．

B．

C．四棱锥的体积为

D．平面

【答案】ABD

【分析】证明平面，，故选项正确；证明，故选项B正确； ，故选项C错误；证明，则平面即得证，故选项D正确.

【详解】由点为正方形的中心，则平面，直角三角形中，

，所以，当为中点时，，故选项正确；

在三角形PBD中，为中点，所以，故选项B正确；

，故选项C错误；

由面，平面，

所以平面，故选项D正确.

故选：ABD.

10．已知点是双曲线上第一象限的点，点为双曲线的左右顶点，过点向轴作垂线，垂足为点，记，则（       ）

A．

B．双曲线的离心率为

C．当时，双曲线的渐近线互相垂直

D．的值与点在双曲线上的位置无关

【答案】BCD

【分析】根据双曲线左右顶点坐标，结合双曲线的离心率公式、渐近线方程进行逐一判断即可.

【详解】因为点为双曲线的左右顶点，所以

设点，

则，

又点在该双曲线上，满足，

所以，

所以选项A错，选项D对；又，故选项B对，

对选项C，，则，双曲线的渐近线方程为，故C对.

故选：BCD

11．已知欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数.例如：，，设数列中：，则（       ）

A．数列是单调递增数列

B．的前8项中最大项为

C．当为素数时，

D．当为偶数时，

【答案】BC

【分析】根据欧拉函数的概念可写出数列的前8项，根据前8项，可判断选项；根据为素数时，与前个数都互素，从而可判断选项C.

【详解】由题知数列前8项为：，不是单调递增数列，故选项A错误；

由选项A可知，的前8项中最大项为，故选项B正确；

当为素数时，与前个数互素，故，所以对正确；

因为，故选项D错误.

故选：.

12．已知正方体中，棱长为2，点是棱的中点，点在正方体表面上运动，以下命题正确的有（       ）

A．平面截正方体所得的截面面积为

B．三棱锥内切球的半径为

C．当点在棱运动时，平面与平面所成锐二面角的余弦值可以取到

D．当点在底面上时，直线与所成角为，则动点的轨迹长度为

【答案】ACD

【分析】对于选项A，取中点为，则，可知平面截正方体所得的截面为梯形，由对称性知，梯形为等腰梯形，利用平面几何知识即可求出梯形的面积，进而判断A是否正确；对于B，设点为中点，面，再根据内切球的性质和几何体提及的关系（其中,，分别是几何体的的体积、表面和内切球的半径），由此即可判断B是否正确；对于C，利用空间向量法求二面角，即可判断C是否正确；对于D，由于，可得，所以，可知点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆上，作出草图，即可求出动点的轨迹长度，进而判断D是否正确.

【详解】选项，设中点为，连接，则，所以平面截正方体所得的截面为梯形，由对称性知，梯形为等腰梯形，

过点E作，

在直角三角形中，，

所以，

所以，所以A正确；

选项B，在三棱锥中，

设点为中点，

所以，则面，

，所以

又三棱锥表面积为

又，则，故B错误；

选项C，以点为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，

设点，则，

设平面的法向量为，所以，取，则，

所以平面的法向量为，又平面法向量为

平面与平面所成锐二面角的余弦值

又，所以选项C正确；

选项D，，所以直线与所成角，即，

所以，

所以点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆上，

又点在底面上，如下图所示：

所以动点的轨迹长度为，故D正确；

故选：ACD.

三、填空题

13．已知圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥的侧面积为_____．

【答案】

【分析】由已知求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解．

【详解】由已知可得r=1，h=，则圆锥的母线长l=,

∴圆锥的侧面积S=πrl=2π．

故答案为2π．

【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法,侧面积公式S=πrl.

14．已知数列满足下列条件：①数列是等比数列；②数列是单调递增数列；③数列的公比满足.请写出一个符合条件的数列的通项公式__________.

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据题意判断数列特征，写出一个符合题意的数列的通项公式即可.

【详解】因为数列是等比数列，数列是单调递增数列，数列的公比满足，

所以等比数列公比，且各项均为负数，

符合题意的一个数列的通项公式为.

故答案为：（答案不唯一）

15．已知数列满足，则__________.

【答案】

【分析】由题，用累乘法求得通项公式：，则，通过裂项求和即可得出结果.

【详解】由题，所以累乘法求通项公式：

，所以，经验证时，符合.

所以，则.

故答案为：

16．若双曲线的左､右焦点为，，直线与双曲线交于两点，且，为坐标原点，又，则该双曲线的离心率为__________.

【答案】

【分析】根据直线和双曲线的对称性，结合圆的性质、双曲线的定义、三角形面积公式、双曲线离心率公式进行求解即可.

【详解】由直线与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，

在三角形中，，所以， 是以为直径的圆与双曲线的交点，不妨设在第一象限，

，因为圆是以为直径，所以圆的半径为，

因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，

联立化简可得，整理得，，

所以，由

所以，又因为，联立可得，，因为为圆的直径，所以，

即，，所以离心率.

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用直线和双曲线的对称性，结合圆的性质进行求解是解题的关键.

四、解答题

17．已知公差不为0的等差数列，前项和为，首项为，且成等比数列.

(1)求和；

(2)设，记，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意解得等差数列的公差，代入公式即可求得和；

（2）把n分为奇数和偶数两类，分别去数列的前n项和.

(1)

设等差数列公差为，由题有，

即，解之得或0，又，所以，

所以.

(2)

，

当为正奇数，，

当为正偶数，，

所以

18．如图①，等腰梯形中，，分别为的中点，，现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体，在图②中：

(1)证明：平面平面；

(2)求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析.

(2)2

【分析】（1）根据面面平行的判定定理结合已知条件即可证明；

（2）将所求四棱锥的体积转化为求即可.

(1)

证明：因为，面，面，

所以面，

同理面，

又因为面,

所以面面.

(2)

解：因为在图①等腰梯形中，分别为的中点，

所以，

在图②多面体中，因为，面，，

所以面.

因为，面面，面，面面,

所以面，

又因为面，

所以，

在直角三角形中，因为,所以，

同理，，

所以，

则，有，

所以.

所以四棱锥的体积为2.

19．已知抛物线的焦点，点在抛物线上.

(1)求；

(2)过点向轴作垂线，垂足为，过点的直线与抛物线交于两点，证明：为直角三角形（为坐标原点）.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）点代入即可得出抛物线方程，根据抛物线的定义即可求得.

（2）由题，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，可得，利用韦达定理证得即可得出结论.

(1)

点在抛物线上.

，则，所以.

(2)

证明：由题，设直线的方程为：，点

联立方程，消得：，由韦达定理有，

由，所以，所以，

所以，所以为直角三角形.

20．三棱锥中，，，，直线与平面所成的角为，点在线段上.

(1)求证：；

(2)若点在上，满足，点满足，求实数使得二面角的余弦值为.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）证明平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；

（2）设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.

(1)

证明：因为，，则且，

，平面，

所以为直线与平面所成的线面角，即，

，故，，

，平面，

平面，因此，.

(2)

解：设，由（1）可知且，，

因为平面，，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，可得，

设平面的法向量为，，，

由，取，则，

由已知可得，解得.

当点为线段的中点时，二面角的平面角为锐角，合乎题意.

综上所述，.

21．已知椭圆过点，且离心率.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若动点在椭圆上，且在第一象限内，点分别为椭圆的左､右顶点，直线分别与椭圆C交于点，过作直线的平行线与椭圆交于点，问直线是否过定点，若经过定点，求出该定点的坐标；若不经过定点，请说明理由.

【答案】(1)

(2)过定点，

【分析】（1）根据椭圆上的点及离心率求出a,b即可；

（2）设点，设直线的方程为，联立方程，得到根与系数的关系，利用条件化简，结合椭圆方程，求出即可得解.

(1)

由，有，

又，

所以，

椭圆C的标准方程为.

(2)

设点，设直线的方程为.

如图，

联立，消有：，

韦达定理有：

由，

所以，

又，

所以

又，

所以.

又

所以有，

把代入有：，

解得或2，又直线不过右端点，所以，则，

所以直线过定点.

22．已知函数.

(1)求函数在处的切线方程；

(2)设为的导数，若方程的两根为，且，当时，不等式对任意的恒成立，求正实数的最小值.

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）先求导数，根据导数的几何意义可求得切线方程；

（2）将已知方程结合其两根，进行变式，求得，利用该式再将不等式变形，然后将不等式的恒成立问题变为函数的最值问题求解.

(1)

由题意可得，

所以切点为，

则切线方程为：.

(2)

由题意有：，则，

因为分别是方程的两个根，

即.两式相减，

则，

则不等式，可变为，

两边同时除以得，，

令，则在上恒成立.

整理可得，在上恒成立，

令，

则，

①当，即时，在上恒成立，

则在上单调递增，

又，则在上恒成立；

②当，即时，当时，，

则在上单调递减，则，不符合题意.

综上：，所以的最小值为1.