2021-2022学年浙江省金华十校高二上学期期末联考数学试题含解析

2021-2022学年浙江省金华十校高二上学期期末联考

数学试题

一、单选题

1．已知，则点关于平面的对称点的坐标是（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对称性求得坐标即可.

【详解】点关于平面的对称点的坐标是，

故选：C

2．已知，，若，则（     ）

A．6 B．11 C．12 D．22

【答案】C

【分析】根据递推关系式计算即可求出结果.

【详解】因为，，，

则，，，

故选：C.

3．已知的周长等于10，，通过建立适当的平面直角坐标系，顶点的轨迹方程可以是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据椭圆的定义进行求解即可.

【详解】因为的周长等于10，，

所以，

因此点的轨迹是以为焦点的椭圆，且不在直线上，

因此有，

所以顶点的轨迹方程可以是，

故选：A

4．在四棱锥中，分别为的中点，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合空间几何体以及空间向量的线性运算即可求出结果.

【详解】

因为分别为的中点，则,,

,

故选：A.

5．已知是等比数列，则（     ）

A．数列是等差数列 B．数列是等比数列

C．数列是等差数列 D．数列是等比数列

【答案】B

【分析】取，可判断AC选项；利用等比数列的定义可判断B选项；取可判断D选项.

【详解】若，则、无意义，A错C错；

设等比数列的公比为，则，（常数），

故数列是等比数列，B对；

取，则，数列为等比数列，

因为，，，且，

所以，数列不是等比数列，D错.

故选：B.

6．气象台正南方向的一台风中心，正向北偏东30°方向移动，移动速度为，距台风中心以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地受到台风影响持续时间大约是（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用余弦定理进行求解即可.

【详解】如图所示：设台风中心为，，小时后到达点处，即，

当时，气象台所在地受到台风影响，

由余弦定理可知：

，于是有：，

解得：，

所以气象台所在地受到台风影响持续时间大约是，

故选：D

7．已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由空间向量的共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离，再根据等体积法计算.

【详解】因为，由空间向量的共面定理可知，点四点共面，即点在平面上，所以的最小值为点到平面的距离，由正方体棱长为，可得是边长为的等边三角形，则，，由等体积法得，，所以，所以的最小值为.

故选：C

【点睛】共面定理的应用：设是不共面的四点，则对空间任意一点，都存在唯一的有序实数组使得，说明：若，则四点共面.

8．已知三个观测点，在的正北方向，相距，在的正东方向，相距.在某次爆炸点定位测试中，两个观测点同时听到爆炸声，观测点晚听到，已知声速为，则爆炸点与观测点的距离是（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意作出示意图，然后结合余弦定理解三角形即可求出结果.

【详解】设爆炸点为，由于两个观测点同时听到爆炸声，则点位于的垂直平分线上，又在的正东方向且观测点晚听到，则点位于的左侧，，,，设，

则，

解得，则爆炸点与观测点的距离为，

故选：D.

二、多选题

9．已知等差数列的前项和为，，则（     ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据等差中项的性质可判断AB选项；利用等差数列的求和公式可判断CD选项.

【详解】对于A选项，，A对；

对于B选项，设等差数列的公差为，

则，B错；

对于C选项，，C对；

对于D选项，，的值无法确定，D错.

故选：AC.

10．已知直线和圆，则（     ）

A．直线经过定点

B．直线与圆相切时

C．当时直线被圆截得弦长等于1

D．当时直线被圆截得弦长等于

【答案】AD

【分析】对于A，将直线方程转化为关于m的方程形式，求得定点坐标；对于B，根据直线与圆的位置关系求得参数值；对于CD，根据参数值求得弦长；

【详解】对于A，将直线变形为：，

则，解得，即定点坐标为，故A正确；

对于B，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离为，

解得，故B错误；

对于C，当时，直线，

圆被截得的弦长等于，故C错误；

对于D，当时，直线，

圆被截得的弦长等于，故D正确；

故选：AD

11．椭圆的左右焦点分别为为椭圆上一点，满足垂直于轴，且与以为直径的圆相切于点（为坐标原点），则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据椭圆的定义、圆的切线性质，结合勾股定理逐一判断即可.

【详解】不妨设点在第一象限，以为直径的圆的圆心为，如图所示：

当时，由（负值舍去），所以，

因为圆的半径为，是圆的切线，显然是也是圆的切线，

因此有，所以选项B正确；在直角中，

，

由椭圆的定义可知：，显然选项C不正确；

由，

化简得：，

所以，，

，，选项AD正确，

故选：ABD

【点睛】关键点睛：利用椭圆的定义，结合圆的切线性质是解题的关键.

12．全班学生到工厂劳动实践，各自用，的长方体切割出四棱锥模型.产品标准要求：分别为的中点，可以是线段(不含端点)上的任意一点，有四位同学完成制作后，对自己所做的产品分别作了以下描述，你认为有可能符合标准的是(     )

A．使直线与平面所成角取到了最大值

B．使直线与平面所成角取到了最大值

C．使平面与平面的夹角取到了最大值

D．使平面与平面的夹角取到了最大值

【答案】BC

【分析】建立空间直角坐标系，设P点坐标，利用向量法求出各个选项所研究的角的正弦值或余弦值，根据点P的坐标变化范围即可判断角的变化情况，判断角是否能取到最大值即可.

【详解】

则，，，，，，

设，

则，，，，，，

取平面PEB的一个法向量为，

设平面PDF的法向量为，

则，取，

设平面PDE的法向量为，

则，取，

设平面PFB的法向量为，

则，取，

A：设直线与平面所成角为α，

则，

∵0＜t＜4时，函数单调递减，没有最大值，故A描述不可能符合标准.

B：设直线与平面所成角为β，

则，

0＜t＜2时，函数y＝单调递增，2＜t＜4时，函数y＝单调递减，∴当t＝2时，即P是中点的时候，sinβ取最大值，此时夹角β最大，故B描述可能符合标准.

C：设平面与平面的夹角为θ，

则

下面研究函数在t∈(0，4)上的单调性：

令t－3＝s，，

，

＝，

＝，

则，

∴，

t∈(0，4)，在递减，在递增，且，

又在时递增，

故由复合函数单调性判断原理可知在递减，在递增，则cosθ在t＝3时取最小值，此时θ最大，即平面与平面的夹角取到了最大值，故C描述可能符合标准.

D：设平面与平面的夹角为φ，

则，即为定值，故D描述不可能符合标准.

故选：BC.

【点睛】本题综合考察了线面角和面面角的向量求法.问题关键是选项C的情况，需要合理换元，通过复合函数的单调性判断法则判断所得函数的单调性.

三、填空题

13．已知正方形的边长为2，对部分以为轴进行翻折，翻折到，使二面角的平面角为直二面角，则___________.

【答案】-2

【分析】根据，则，根据条件求得向量夹角即可求得结果.

【详解】由题知，，取的中点O，连接，如图所示，

则，又二面角的平面角为直二面角，

则，又，

则，为等边三角形，从而，

则，

故答案为：-2

14．若圆与圆相交，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据圆心距小于两半径之和，大于两半径之差的绝对值列出不等式解出即可.

【详解】圆的圆心为原点，半径为，

圆，即的圆心为，半径为，

由于两圆相交，故，即，

解得，即的取值范围是，

故答案为：

15．达•芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.若图3中每个正方体的边长为1，则点到直线的距离是__________.

【答案】

【分析】根据题意，求得△的三条边长，在三角形中求边边上的高线即可.

【详解】根据题意，延长交于点，连接，如下所示：

在△中，容易知：；

同理，，

满足，设点到直线的距离为，由等面积法可知：

，解得，即点到直线的距离是.

故答案为：.

16．某人实施一项投资计划，从2021年起，每年1月1日，把上一年工资的10%投资某个项目.已知2020年他的工资是10万元，预计未来十年每年工资都会逐年增加1万元；若投资年收益是10%，一年结算一次，当年的投资收益自动转入下一年的投资本金，若2031年1月1日结束投资计划，则他可以一次性取出的所有投资以及收益应有__________万元.（参考数据：，，）

【答案】24

【分析】根据条件求得每一年投入在最终结算时的总收入，利用错位相减法求得总收入.

【详解】由题知，2021年的投入在结算时的收入为，

2022年的投入在结算时的收入为，

，

2030年的投入在结算时的收入为，

则结算时的总投资及收益为：

①，

则②，

由①-②得，

，

则

，

故答案为：24

四、解答题

17．已知数列满足，数列为等差数列，，前4项和.

(1)求数列，的通项公式；

(2)求和：.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据等比数列的定义，结合等差数列的基本量，即可容易求得数列，的通项公式；

（2）根据（1）中所求，构造数列，证明其为等比数列，利用等比数列的前项和即可求得结果.

【详解】(1)因为数列满足，

故可得数列为等比数列，且公比，则；

数列为等差数列，，前4项和，设其公差为，

故可得，解得，则；

综上所述，，.

(2)由（1）可知：，，故，

又，又，则是首项1，公比为的等比数列；

则.

18．已知：圆是的外接圆，边所在直线的方程为，中线所在直线的方程为，直线与圆相切于点.

(1)求点和点的坐标；

(2)求圆的方程.

【答案】(1)A（1,7）,

(2)

【分析】（1）与的的交点为点D, 与的的交点为点A,联立解方程即可得出结果.

（2）设圆P的圆心P为，由，，计算求解即可得出点坐标，由求得半径，进而可得出圆的方程.

【详解】(1)由题可得：与的的交点为点D,

故由，解得：，故

与的的交点为点A,

，解得：，故A（1，7）

(2)设圆P的圆心P为，

由与圆相切于点A，且的斜率为,则即，

即，①

又圆P为的外接圆，则BC为圆P的弦，

又边BC所在直线的科率为,

故根据垂径定理，有进而，

即②，

联立①②，解得：，即

故，则圆P的方程为：.

19．已知：，椭圆，双曲线.

(1)若的离心率为，求的离心率；

(2)当时，过点的直线与的另一个交点为，与的另一个交点为，若恰好是的中点，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）有椭圆的离心率可以得到，的关系，在双曲线中方程是非标准的方程，注意套公式时容易出错.

（2）联立方程分别解得P,Q两点的横坐标，利用中点坐标公式即可解得斜率值.

【详解】(1)椭圆的离心率为，，在双曲线中因为，.

(2)当时, 椭圆，双曲线.当过点的直线斜率不存在时，点P,Q恰好重合，坐标为，所以不符合条件；当斜率存在时，设直线方程为，，联立方程 得

，利用韦达定理，所以；同理联立方

程，韦达定理得，所以

由于是的中点，所以,所以，即，化简得，所以直线方程为或.

20．在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点.

(1)若为线段的中点，证明：平面；

(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求的长，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在点，且的长为，理由见解析.

【分析】（1）取的中点为，连接，得到，结合面面平行的判定定理证得平面平面，进而得到平面；

（2）以为原点，所在的直线分别为轴、轴，以垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得的法向量为和向量，结合向量的夹角公式列出方程，求得的值，即可求解.

【详解】(1)证明：取的中点为，连接，

因为分别为的中点，所以，

又因为平面，且，

所以平面平面，

又由平面，所以平面.

(2)解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴，以垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为底面是边长为2的菱形，设，

在直角中，可得，

在直角中，可得，

在中，因为，所以，

即，解得，

设，可得，

则，

设平面的法向量为，则，

令，可得，

设直线与平面所成角为，

所以，解得，即，

所以存在点，且的长为.

21．已知数列满足，，数列的前项和为.

(1)求数列，的通项公式；

(2)表示不超过的最大整数，如，设的前项和为，令，求证：.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】(1)利用累加法求通项公式，利用通项公式与前n项和公式的关系可求的通项公式；

(2)求出并判断其范围，求出，利用裂项相消法求的前n项和即可证明.

【详解】(1)由题可知，当n≥2时，

＝

当n＝1时，也符合上式，

∴；

当时，，

当n＝1时，也符合上式，

∴；

(2)由(1)知，

∴，

∵，；

∵，，

，，，

∴

设为数列的前n项和，

则.

22．已知抛物线上一点到抛物线焦点的距离为，点关于坐标原点对称，过点作轴的垂线，为垂足，直线与抛物线交于两点.

(1)求抛物线的方程；

(2)设直线与轴交点分别为，求的值；

(3)若，求.

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）运用抛物线的定义进行求解即可；

（2）设出直线的方程，与抛物线的方程联立，可求得点和的纵坐标，结合直线点斜式方程、两点间距离公式进行求解即可；

（3）利用弦长公式求得，由两点间距离公式求得和，再解方程即可.

【详解】(1)抛物线的准线方程为：，

因为点到抛物线焦点的距离为，

所以有；

(2)由题意知，，，设，则，，，，

所以直线的方程为，

联立，消去得，，解得，

设，，，，

不妨取，，

直线的斜率为，其方程为，

令，则，

同理可得，

所以，

而，

所以；

(3)，其中，

，

，

因为，

所以，

化简得，

解得（舍负），即，

所以．

【点睛】关键点睛：运用抛物线的定义、弦长公式进行求解是解题的关键.