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2021-2022学年安徽省黄山市高二上学期期末数学试题（解析版）
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2021-2022学年安徽省黄山市高二上学期期末数学试题一、单选题1．若直线平分圆的面积，则实数的值为（ ）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】确定圆心坐标，由题意可知直线经过圆心，由此即可得答案.【详解】圆的圆心为 ，因为直线平分圆的面积，故过圆心，则，故选：B2．抛物线的准线方程为A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：先将抛物线方程化为标准方程，再写出准线方程．详解：将化为，则该抛物线的准线方程为．点睛：本题考查抛物线的标准方程、准线方程等知识，意在考查学生的基本计算能力．3．设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由斜率的定义及正切函数的图像和性质即可求得.【详解】设直线的倾斜角为，则当斜率时，由斜率的定义及正切函数的图像和性质可知：直线的倾斜角的取值范围为.故选：D4．已知数列满足，，则（ ）A． B． C． D．3【答案】B【分析】写出数列的前5项，即可得出数列是以4为周期的数列，即可得到答案【详解】数列中，，，…，所以可得数列是周期为的周期数列，所以，故选：B.5．如图，棱长为1的正四面体中，为棱的中点，则的值为（ ）A． B． C．0 D．【答案】A【分析】取的中点，易得，利用余弦定理得，即，再利用数量积的定义即可得到答案.【详解】取的中点，在图中作出，为中点，则 ，正四面体的所有棱长为1，;在中由余弦定理可知,，由平面向量的数量积的定义可知，故选：A.6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了六天后到达目的地，求每天走的路程.”在这个问题中，此人前三天一共走的路程为（ ）A．192里 B．288里 C．336里 D．360里【答案】C【分析】利用等比数列的求和公式即可得到结果.【详解】记每天走的路程里数为，由题意可得是公比为的等比数列，由等比数列的求和公式可得，解得所以里故选:C7．下列利用方向向量、法向量判断线线、线面位置关系的结论，其中正确的是（ ）A．两条直线，的方向向量分别是，，则B．直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则C．直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则D．直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则【答案】C【分析】根据题意，结合线、面位置关系的向量判断方法，一一判断即可【详解】A项，因为，，即，所以，所以或重合，故A项错误；B项，因为，所以，所以或在面内，故B错误；C项，因为，，即，所以，所以，故C项正确；D项，因为，所以，所以或在面内，故D项错误.故选：C8．已知各棱长均相等的直棱柱，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过平行关系平移异面直线相交，解三角形即可.【详解】如图所示，连接交于点，取的中点为，连接、，则且，为异面直线与所成的角或补角.已知各棱长均相等,设棱长为：2，则有：，，,在中，，所以异面直线与所成角的余弦值为：.故选：A.9．已知点是椭圆的右焦点，椭圆上一点关于原点的对称点为，若的周长为，则椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设椭圆的左焦点为，连接，由题意可得点也在椭圆上，且，由的周长为，可得，又由，可得，进而有，即，解得，将点坐标代入椭圆方程可解得，从而可得，即可求得离心率的值.【详解】解：因为椭圆关于原点中心对称，所以点关于原点的对称点也在椭圆上，且，所以，又因为的周长为，所以①，设椭圆的左焦点为，连接，由，可得②，由①②可得，即，所以，所以椭圆的方程为，代入点坐标得：，解得，所以，所以离心率.故选：C.10．已知点，分别是双曲线的左右焦点，直线与双曲线交于、两点，若，则双曲线的的渐近线方程是（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】设点在第一象限，则,联立可得，根据可得，代入可求，从而可求渐近线方程.【详解】不妨设点在第一象限，则,联立，可得，则.因为,所以，即，整理得，即，解得（负值舍去），即.所以双曲线的的渐近线方程是.故选:D.11．已知圆，过圆外一点作圆的切线，切点为，为坐标原点，且满足，则的最小值为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意列出方程，得到的轨迹是以为圆心，半径为的圆，即可得到的最小值.【详解】设，因为圆，则圆心，半径为，故，根据题意有，即即整理得，即的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以故选:A12．我国知名品牌小米公司今年启用了具备“超椭圆”数学之美的全新Logo.新Logo将原本方正的边框换成了圆角边框（如图），这种由方到圆的弧度变化，为小米融入了东方哲学的思想，赋予了品牌生命的律动感.设计师的灵感来源于数学中的曲线，则下列有关曲线的说法中不正确的是（ ）A．对任意的，曲线总关于原点成中心对称B．当时，曲线上总过四个整点（横、纵坐标都为整数的点）C．当时，曲线围成的图形面积可以为2D．当时，曲线上的点到原点最近距离为【答案】C【分析】对于A选项：曲线上任取一点,将其关于的对称点坐标代入曲线方程中，进而判断A选项是否正确；对于B选项：当时,取，，即可判断B选项是否正确；对于C选项：当时,根据曲线围成的图形,即可判断C选项是否正确；对于D选项：当时,求出曲线C方程，结合对称性作出图象, 求出曲线上点到原点距离的最小值即可判断D选项是否正确.【详解】对于A选项：在曲线上任取一点，则关于的对称点为,将代入曲线，则 ，即也在曲线上，故曲线关于原点成中心对称，故A选项正确；对于B选项：当时,取;取，曲线C总过四个整点和.故B选项正确；对于C选项：当时,, 从而,（当或时取等）曲线围成的图形在正方形的内部, 面积小于正方形的面积2.故C选项错误；对于D选项：当时,曲线C:，，，, 结合对称性,作出图象如下：设是曲线C:上任意一点，则关于直线的对称的点也在曲线上，所以曲线关于直线对称.令曲线C:中得或或或，所以或或或到原点距离最近,最近距离为，故D选项正确.故选：C二、填空题13．已知空间向量，满足，，且，的夹角为，若，则实数等于______.【答案】【分析】运用平面向量数量积乘法分配律计算.【详解】依题意有 ，即 ，由条件知 ， ， ；故答案为： .14．已知椭圆，直线，则椭圆上的点到直线的最近距离为______.【答案】【分析】设，求出点到直线的距离，利用三角函数求出函数的最值即得解.【详解】解：设，则点到直线的距离为，当时，距离取得最小值.故答案为：.15．已知直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，若，则实数的值为______.【答案】或【分析】联立直线与抛物线可得，利用韦达定理可得到，利用抛物线的定义和可求出，，即可求解【详解】设交点，由于直线过抛物线的焦点，所以将代入并整理可得，则，，又由抛物线的定义可得，由可得代入可得，解之得或（舍去），故时，，代入可得，故答案为：或16．已知正项数列的前项和为，且满足，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】将化简后得到，由于为正项数列所以可以得到是等比数列，进而求出通项以及前项和．代入后通过化简作差求得实数的最小值．【详解】解：根据题意得，所以为正项数列，，即.，数列是以2为公比，1为首项的等比数列．①，②，将①②代入得即对于任意的恒成立．令，则，所以当时，，当时，故或5时， 取得最大值．.所以．所以实数的取值范围是.故答案为：三、解答题17．如图，在四面体中，，，且，，，分别是，，，边的中点.(1)求证：(2)若是和的交点，求证：对空间任意一点，都有.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）过点作平面，连接.证明出为△的垂心，得到，利用线面垂直的判定定理证明出平面，即可证明.（2）连接.先证明出四边形为平行四边形再利用向量共线定理即可证明.【详解】（1）过点作平面，垂足为，则.连接.因为，，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.同理可证：.所以为△的垂心.所以.因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以.（2）连接.因为，，，分别是，，，边的中点，所以且，且,所以且,所以四边形为平行四边形.因为是和的交点，所以由向量共线定理可得：.即证.18．已知数列中，，且满足.(1)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）等号两边同时减去，用定义即可证明；（2）用错位相减法即可求解.【详解】（1），数列是以为首项，以5为公比的等比数列.，（2），即①，②，由①②得：，，化简得：.19．已知抛物线的焦点为，且为圆的圆心.过点的直线交抛物线与圆分别为，，，（从左到右），且，.(1)求抛物线的方程并证明是定值；(2)若，的面积满足：，求弦的长.【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）先求出焦点，即可求出抛物线的方程；利用“设而不求法”证明出；（2）求出，即可求出弦的长.【详解】（1）由为圆的圆心可知：.又抛物线的焦点为，所以，解得：.所以抛物线的方程为.过点的直线交抛物线于， ，且，..所以直线的斜率必存在，设其为，设直线方程为.联立.当时，解得：，所以.当时，消去得：，所以.综上所述：为定值.（2）因为且两个三角形等高，所以.因为由解得：.所以.20．如图1，为等边的中位线，将沿折起，构成如图2所示的四棱锥，其中.(1)求证：平面；(2)若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于点，连接，利用比例关系可得，即可求证；（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，建立空间直角坐标系，求出面，面的法向量，即可得到答案【详解】（1）连接交于点，连接，因为为等边的中位线，所以，所以，所以，因为，所以，所以在中，，因为平面，平面，所以平面；（2）取的中点，的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面所以平面，易得在等腰梯形中，，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，不妨设等边的边长为2，则，，，，设，则，，因为，所以，所以，解得，所以，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则由，得，令，则，，此时，由，得，令，则，，此时，所以，由图可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为21．已知椭圆的离心率为，左顶点为，直线与椭圆交于，两点.(1)求椭圆的的标准方程；(2)若直线，的斜率分别为，，且，求的最小值.【答案】(1)(2)3【分析】（1）根据题意列方程组解决即可；（2）设直线，联立方程得，得，由，得，再根据弦长公式解决即可.【详解】（1）由题知，椭圆的离心率为，左顶点为，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）得，，因为直线与椭圆交于，两点，由题可知，直线斜率为0时，，所以直线的斜率不为0，所以设直线，联立方程，得，所以，，所以，解得，此时恒成立，所以直线的方程为直线，直线过定点，此时，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为3.22．设数列的前项和为，，，数列中，，，，…，，…是首项、公差均为2的等差数列.(1)求数列、的通项公式；(2)令，求数列的前项和.【答案】(1)，.(2)【分析】（1）由判断出数列为等比数列，求出的通项公式；利用累加法求出的通项公式；（2）先得到，利用裂项相消法求和.【详解】（1）当时，由可得：；当时，由①，②则得：所以.因为，，所以数列为等比数列，所以.因为，，，…，，…是首项、公差均为2的等差数列，所以，，，……，累加得：，所以.n=1成立综上所述：，.（2）.所以数列的前项和所以.
2021-2022学年安徽省黄山市高二上学期期末数学试题一、单选题1．若直线平分圆的面积，则实数的值为（ ）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】确定圆心坐标，由题意可知直线经过圆心，由此即可得答案.【详解】圆的圆心为 ，因为直线平分圆的面积，故过圆心，则，故选：B2．抛物线的准线方程为A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：先将抛物线方程化为标准方程，再写出准线方程．详解：将化为，则该抛物线的准线方程为．点睛：本题考查抛物线的标准方程、准线方程等知识，意在考查学生的基本计算能力．3．设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由斜率的定义及正切函数的图像和性质即可求得.【详解】设直线的倾斜角为，则当斜率时，由斜率的定义及正切函数的图像和性质可知：直线的倾斜角的取值范围为.故选：D4．已知数列满足，，则（ ）A． B． C． D．3【答案】B【分析】写出数列的前5项，即可得出数列是以4为周期的数列，即可得到答案【详解】数列中，，，…，所以可得数列是周期为的周期数列，所以，故选：B.5．如图，棱长为1的正四面体中，为棱的中点，则的值为（ ）A． B． C．0 D．【答案】A【分析】取的中点，易得，利用余弦定理得，即，再利用数量积的定义即可得到答案.【详解】取的中点，在图中作出，为中点，则 ，正四面体的所有棱长为1，;在中由余弦定理可知,，由平面向量的数量积的定义可知，故选：A.6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了六天后到达目的地，求每天走的路程.”在这个问题中，此人前三天一共走的路程为（ ）A．192里 B．288里 C．336里 D．360里【答案】C【分析】利用等比数列的求和公式即可得到结果.【详解】记每天走的路程里数为，由题意可得是公比为的等比数列，由等比数列的求和公式可得，解得所以里故选:C7．下列利用方向向量、法向量判断线线、线面位置关系的结论，其中正确的是（ ）A．两条直线，的方向向量分别是，，则B．直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则C．直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则D．直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则【答案】C【分析】根据题意，结合线、面位置关系的向量判断方法，一一判断即可【详解】A项，因为，，即，所以，所以或重合，故A项错误；B项，因为，所以，所以或在面内，故B错误；C项，因为，，即，所以，所以，故C项正确；D项，因为，所以，所以或在面内，故D项错误.故选：C8．已知各棱长均相等的直棱柱，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过平行关系平移异面直线相交，解三角形即可.【详解】如图所示，连接交于点，取的中点为，连接、，则且，为异面直线与所成的角或补角.已知各棱长均相等,设棱长为：2，则有：，，,在中，，所以异面直线与所成角的余弦值为：.故选：A.9．已知点是椭圆的右焦点，椭圆上一点关于原点的对称点为，若的周长为，则椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设椭圆的左焦点为，连接，由题意可得点也在椭圆上，且，由的周长为，可得，又由，可得，进而有，即，解得，将点坐标代入椭圆方程可解得，从而可得，即可求得离心率的值.【详解】解：因为椭圆关于原点中心对称，所以点关于原点的对称点也在椭圆上，且，所以，又因为的周长为，所以①，设椭圆的左焦点为，连接，由，可得②，由①②可得，即，所以，所以椭圆的方程为，代入点坐标得：，解得，所以，所以离心率.故选：C.10．已知点，分别是双曲线的左右焦点，直线与双曲线交于、两点，若，则双曲线的的渐近线方程是（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】设点在第一象限，则,联立可得，根据可得，代入可求，从而可求渐近线方程.【详解】不妨设点在第一象限，则,联立，可得，则.因为,所以，即，整理得，即，解得（负值舍去），即.所以双曲线的的渐近线方程是.故选:D.11．已知圆，过圆外一点作圆的切线，切点为，为坐标原点，且满足，则的最小值为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意列出方程，得到的轨迹是以为圆心，半径为的圆，即可得到的最小值.【详解】设，因为圆，则圆心，半径为，故，根据题意有，即即整理得，即的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以故选:A12．我国知名品牌小米公司今年启用了具备“超椭圆”数学之美的全新Logo.新Logo将原本方正的边框换成了圆角边框（如图），这种由方到圆的弧度变化，为小米融入了东方哲学的思想，赋予了品牌生命的律动感.设计师的灵感来源于数学中的曲线，则下列有关曲线的说法中不正确的是（ ）A．对任意的，曲线总关于原点成中心对称B．当时，曲线上总过四个整点（横、纵坐标都为整数的点）C．当时，曲线围成的图形面积可以为2D．当时，曲线上的点到原点最近距离为【答案】C【分析】对于A选项：曲线上任取一点,将其关于的对称点坐标代入曲线方程中，进而判断A选项是否正确；对于B选项：当时,取，，即可判断B选项是否正确；对于C选项：当时,根据曲线围成的图形,即可判断C选项是否正确；对于D选项：当时,求出曲线C方程，结合对称性作出图象, 求出曲线上点到原点距离的最小值即可判断D选项是否正确.【详解】对于A选项：在曲线上任取一点，则关于的对称点为,将代入曲线，则 ，即也在曲线上，故曲线关于原点成中心对称，故A选项正确；对于B选项：当时,取;取，曲线C总过四个整点和.故B选项正确；对于C选项：当时,, 从而,（当或时取等）曲线围成的图形在正方形的内部, 面积小于正方形的面积2.故C选项错误；对于D选项：当时,曲线C:，，，, 结合对称性,作出图象如下：设是曲线C:上任意一点，则关于直线的对称的点也在曲线上，所以曲线关于直线对称.令曲线C:中得或或或，所以或或或到原点距离最近,最近距离为，故D选项正确.故选：C二、填空题13．已知空间向量，满足，，且，的夹角为，若，则实数等于______.【答案】【分析】运用平面向量数量积乘法分配律计算.【详解】依题意有 ，即 ，由条件知 ， ， ；故答案为： .14．已知椭圆，直线，则椭圆上的点到直线的最近距离为______.【答案】【分析】设，求出点到直线的距离，利用三角函数求出函数的最值即得解.【详解】解：设，则点到直线的距离为，当时，距离取得最小值.故答案为：.15．已知直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，若，则实数的值为______.【答案】或【分析】联立直线与抛物线可得，利用韦达定理可得到，利用抛物线的定义和可求出，，即可求解【详解】设交点，由于直线过抛物线的焦点，所以将代入并整理可得，则，，又由抛物线的定义可得，由可得代入可得，解之得或（舍去），故时，，代入可得，故答案为：或16．已知正项数列的前项和为，且满足，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】将化简后得到，由于为正项数列所以可以得到是等比数列，进而求出通项以及前项和．代入后通过化简作差求得实数的最小值．【详解】解：根据题意得，所以为正项数列，，即.，数列是以2为公比，1为首项的等比数列．①，②，将①②代入得即对于任意的恒成立．令，则，所以当时，，当时，故或5时， 取得最大值．.所以．所以实数的取值范围是.故答案为：三、解答题17．如图，在四面体中，，，且，，，分别是，，，边的中点.(1)求证：(2)若是和的交点，求证：对空间任意一点，都有.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）过点作平面，连接.证明出为△的垂心，得到，利用线面垂直的判定定理证明出平面，即可证明.（2）连接.先证明出四边形为平行四边形再利用向量共线定理即可证明.【详解】（1）过点作平面，垂足为，则.连接.因为，，平面，平面，所以平面.因为平面，所以.同理可证：.所以为△的垂心.所以.因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以.（2）连接.因为，，，分别是，，，边的中点，所以且，且,所以且,所以四边形为平行四边形.因为是和的交点，所以由向量共线定理可得：.即证.18．已知数列中，，且满足.(1)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）等号两边同时减去，用定义即可证明；（2）用错位相减法即可求解.【详解】（1），数列是以为首项，以5为公比的等比数列.，（2），即①，②，由①②得：，，化简得：.19．已知抛物线的焦点为，且为圆的圆心.过点的直线交抛物线与圆分别为，，，（从左到右），且，.(1)求抛物线的方程并证明是定值；(2)若，的面积满足：，求弦的长.【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）先求出焦点，即可求出抛物线的方程；利用“设而不求法”证明出；（2）求出，即可求出弦的长.【详解】（1）由为圆的圆心可知：.又抛物线的焦点为，所以，解得：.所以抛物线的方程为.过点的直线交抛物线于， ，且，..所以直线的斜率必存在，设其为，设直线方程为.联立.当时，解得：，所以.当时，消去得：，所以.综上所述：为定值.（2）因为且两个三角形等高，所以.因为由解得：.所以.20．如图1，为等边的中位线，将沿折起，构成如图2所示的四棱锥，其中.(1)求证：平面；(2)若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于点，连接，利用比例关系可得，即可求证；（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，建立空间直角坐标系，求出面，面的法向量，即可得到答案【详解】（1）连接交于点，连接，因为为等边的中位线，所以，所以，所以，因为，所以，所以在中，，因为平面，平面，所以平面；（2）取的中点，的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面所以平面，易得在等腰梯形中，，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，不妨设等边的边长为2，则，，，，设，则，，因为，所以，所以，解得，所以，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则由，得，令，则，，此时，由，得，令，则，，此时，所以，由图可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为21．已知椭圆的离心率为，左顶点为，直线与椭圆交于，两点.(1)求椭圆的的标准方程；(2)若直线，的斜率分别为，，且，求的最小值.【答案】(1)(2)3【分析】（1）根据题意列方程组解决即可；（2）设直线，联立方程得，得，由，得，再根据弦长公式解决即可.【详解】（1）由题知，椭圆的离心率为，左顶点为，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）得，，因为直线与椭圆交于，两点，由题可知，直线斜率为0时，，所以直线的斜率不为0，所以设直线，联立方程，得，所以，，所以，解得，此时恒成立，所以直线的方程为直线，直线过定点，此时，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为3.22．设数列的前项和为，，，数列中，，，，…，，…是首项、公差均为2的等差数列.(1)求数列、的通项公式；(2)令，求数列的前项和.【答案】(1)，.(2)【分析】（1）由判断出数列为等比数列，求出的通项公式；利用累加法求出的通项公式；（2）先得到，利用裂项相消法求和.【详解】（1）当时，由可得：；当时，由①，②则得：所以.因为，，所以数列为等比数列，所以.因为，，，…，，…是首项、公差均为2的等差数列，所以，，，……，累加得：，所以.n=1成立综上所述：，.（2）.所以数列的前项和所以.
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