2021-2022学年河南省焦作市县级重点中学高二上学期期中考试数学（理）试题含解析

2021-2022学年河南省焦作市县级重点中学高二上学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．下列命题中，正确的是（      ）

A．经过不同的三点有且只有一个平面

B．分别在两个平面的两条直线一定是异面直线

C．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线

D．垂直于同一个平面的两个平面平行

【答案】C

【分析】根据不在一条直线上的三点确定一个平面，来判断A是否正确；

根据分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，来判断B是否正确；

根据垂直于同一平面的两直线平行，来判断C是否正确；

根据垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是平行、相交或异面，来判断D是否正确．

【详解】解：对A，当三点在一条直线上时，平面不唯一，∴A错误；

对B，分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，∴B错误；

对C，根据垂直于同一平面的两直线平行，∴C正确；

对D，垂直于同一平面的两平面的位置关系是平行、相交，∴D错误．

故选C．

【点睛】本题考查了空间直线与直线的位置关系及线面垂直的判定与性质，考查了学生的空间想象能力.

2．正方体中，异面直线与所成的角为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】首先连接，，根据得到或其补角为异面直线与所成的角，再计算其大小即可.

【详解】连接，，如图所示：

因为，所以或其补角为异面直线与所成的角，

在中，，所以.

故选：B

【点睛】本题主要考查几何法求异面直线所成角，属于简单题.

3．若直线：与直线：互相垂直，则的值为（    ）

A． B． C．或 D．1或

【答案】D

【分析】根据两直线垂直的充要条件得到方程，解得即可.

【详解】解：因为直线：与直线：互相垂直，

所以，解得或.

故选：D

4．若圆锥的轴截面是等边三角形，则它的侧面展开图扇形的圆心角为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：由题圆锥的轴截面是等边三角形，可设边长为，则底面圆的半径为，

圆锥的母线长为，即圆锥的侧面展开图扇形的半径为，

设侧面展开图扇形的圆心角为，则．

【解析】弧度制下的扇形的圆心角算法.

5．正六棱锥底边长为1，侧棱与底面所成的角为45°，则它的斜高等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】如图所示的正六棱锥中，可得即为侧棱与底面所成角，由此可求出侧棱长，进而求出斜高.

【详解】

如图，正六棱锥底面中心为，是BC中点，可知即为斜高，

因为底面是正六边形，，

可知底面，即为侧棱与底面所成角，

，,

.

故选：A.

【点睛】本题考查根据线面角计算相关长度，属于基础题.

6．直线不经过第二象限，则的取值范围为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】将直线方程转化为斜截式方程，再根据直线不经过第二象限，由求解.

【详解】直线方程可化为：，

因为直线不经过第二象限，

所以，

解得，

所以的取值范围为

故选：B

【点睛】本题主要考查直线的方程及其应用，属于基础题.

7．圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是（    ）

A．36 B．18 C． D．

【答案】D

【分析】求出圆的圆心坐标及半径，判断直线与圆的位置关系即可求解.

【详解】解：因为圆，即，

所以圆心坐标为，半径，

因为圆心到直线的距离，

所以直线与圆相离，

所以圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差为，

故选：D.

8．在中，角，，的对边分别为，，，若，则为

A．等腰三角形 B．直角三角形

C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形

【答案】D

【详解】余弦定理得代入原式得

解得

则形状为等腰或直角三角形,选D.

点睛：判断三角形形状的方法

①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．

②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用这个结论．

9．已知空间中不同直线、和不同平面、，下面四个结论：①若、互为异面直线，，，，，则；②若，，，则；③若，，则；④若，，，则.其中正确的是（    ）

A．①② B．②③ C．③④ D．①③

【答案】D

【解析】由线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理即可得解．

【详解】解：对于①，由面面平行的判定定理可得，若、互为异面直线，，，则或相交，又因为，，则，故①正确；

对于②，若，，，则或，相交，故②错误，

对于③，若，，则；故③正确，

对于④，若，，，则或，故④错误，

综上可得：正确的是①③，

故选：．

【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

10．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.

【详解】解：设点A关于直线的对称点，

的中点为，

故解得，

要使从点A到军营总路程最短，

即为点到军营最短的距离，

“将军饮马”的最短总路程为，

故选A.

【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数学问题，建立出数学模型，从而解决问题.

11．已知正方体的棱长为1，是棱的中点，点在正方体内部或正方体的表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别取棱、、、、的中点、、、、，证明平面

平面，从而动点的轨迹所形成的区域是平面，再求面积得解.

【详解】如图，分别取棱、、、、的中点、、、、，

则，，，

平面平面，

点在正方体内部或正方体的表面上，若平面，

动点的轨迹所形成的区域是平面，

正方体的棱长为1，

，，

到的距离，

动点的轨迹所形成的区域面积：

．

故选．

【点睛】本题考查动点的轨迹所形成的区域面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置

关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、

数形结合思想，是中档题．

12．如图，矩形中，，E为边的中点，将沿直线翻转成（平面）.若M、O分别为线段、的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是（    ）

A．与平面垂直的直线必与直线垂直；

B．异面直线与所成角是定值；

C．一定存在某个位置，使；

D．三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值；

【答案】C

【分析】对A，由面面平行可知正确；对B，取的中点为，作出异面直线所成的角，并证明为定值；对C，利用反证法证明，与已知矛盾；对D，确定为三棱锥的外接球球心，即可得证.

【详解】取中点，连接.为的中点，

.

又为的中点，且，

∴四边形为平行四边形，

.，

∴平面平面平面，

∴与平面垂直的直线必与直线垂直，故A正确.

取的中点为，连接，

则且，

∴四边形是平行四边形，

，

为异面直线与所成的角.

设，则，，

，

故异面直线与所成的角为定值，故B正确.

连接.为等腰直角三角形且为斜边中点，

.若，则平面，

又，

.

又平面，

，与已知矛盾，故C错误.

，

为三棱锥的外接球球心，又为定值，故D正确.

故选：C

【点睛】本题考查空间几何体的翻折问题、异面直线所成角、外接球等问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量.

二、填空题

13．若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为4的扇形，则这个圆锥的表面积是_____________

【答案】

【详解】因为圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径设为，则为4的扇形，则扇形面积为，设圆锥的底面半径为，则底面积

则这个圆锥的表面积是底面积加上侧面积，和为，

故答案为：

14．已知圆与抛物线的准线相切，则的值为________.

【答案】

【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可求出圆心坐标与半径，再写出抛物线的准线方程，根据直线与圆的关系得到方程，解得即可.

【详解】解：圆，即，所以圆心为，半径，

抛物线的准线为，由题意可知，解得或（舍去）.

故答案为：

15．已知为双曲线的上焦点，为的上顶点，为上的点，且平行于轴.若的斜率为，则的离心率为___________.

【答案】2

【分析】根据题意，求得点的坐标，利用斜率公式求得的斜率，从而求得的等量关系，即可求得离心率.

【详解】对双曲线：，其上顶点，令，则，

解得（舍）或，故可得，

因为的斜率为，故可得，整理得，

即，解得（舍）或，即双曲线的离心率为.

故答案为：.

16．棱长为的正方体中，是棱的中点，过、、作正方体的截面，则截面的面积是_________．

【答案】

【分析】连接，设截面交棱于点，连接、，利用面面平行的性质分析可知点为的中点，且四边形为等腰梯形，计算出该四边形的各边长及高，利用梯形的面积公式可求得截面的面积.

【详解】连接，设截面交棱于点，连接、，

在正方体中，且，

则四边形为平行四边形，所以，，

因为平面平面，平面平面，

平面平面，所以，，则，

为的中点，则为的中点，

由勾股定理可得，，，

所以，四边形为等腰梯形，

过点、分别在平面内作、，垂足分别为点、，

由等腰梯形的性质可得，，

又因为，所以，，所以，，

因为，，，则四边形为矩形，所以，，

所以，，则，

因此，截面面积为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：

（1）直接法：截面的定点在几何体的棱上；

（2）平行线法；截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；

（3）延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

三、解答题

17．已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＝-12，a4＋a8＝0.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若等比数列{bn}满足b1＝-8，b2＝a1＋a2＋a3，求数列{bn}的通项公式．

【答案】(1)an＝2n-12；

(2).

【分析】（1）根据等差数列的性质得到，然后根据等差数列的通项公式求出和的值即可.

（2）根据（1）的条件求出b2＝-24，b1＝-8，然后根据等比数列的通项公式求出的值即可.

【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，

因为a1＋a5＝2a3＝-12，a4＋a8＝2a6＝0，

所以，所以， 解得，

所以an＝-10＋2(n-1)＝2n-12.

（2）设等比数列{bn}的公比为q，

因为b2＝a1＋a2＋a3＝-24，b1＝-8，

所以－8q＝－24，即q＝3，

因此.

18．中，内角、、所对的边为、、，.

(1)求角的大小；

(2)若、、成等差数列，且，求边长的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）由三角形的面积公式可求得的值，由已知可得，利用余弦定理可得出关于的等式，即可求得边的长.

【详解】（1）解：因为，由正弦定理可得，

，则，可得，，

，因此，.

（2）解：，可得，

因为、、成等差数列，则，

由余弦定理可得，解得.

19．已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项; （Ⅱ）求数列的前n项和Sn.

【答案】（Ⅰ）

（Ⅱ）

【详解】本试题考查了等差数列与等比数列的概念以及等比数列的前n项和公式等基本知识．

（Ⅰ）由题设知公差

由成等比数列得

解得（舍去），

故的通项

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

由等比数列前n项和公式得

点评：本试题题目条件给的比较清晰，直接．只要抓住概念就可以很好的解决．

20．如图，已知四边形中，，，，且，求四边形的面积．

【答案】.

【分析】在中由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，再利用四边形的面积，结合三角形面积公式可得答案.

【详解】在中，由，，，可得

．

在中，由，，，

可得

又，故．所以四边形的面积

=

【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查了三角形面积公式的应用，属于中档题.

21．已知数列{an}的首项a1＝1，且an＋1＝ (n∈N*).

(1)证明：数列是等比数列；

(2)设bn＝－，求数列{bn}的前n项和Sn.

【答案】(1)证明见解析.

(2)2－.

【分析】（1）根据递推公式，得到，推出，即可证明数列是等比数列；

（2）先由（1）求出，即bn＝，再错位相减法，即可求出数列的和.

【详解】（1）（1）证明：因为an＋1＝，所以＝＝＋，

 所以－＝－＝，

又a1－≠0，所以数列为以－＝为首项，为公比的等比数列.

（2）解：由（1）可得＝＋，所以bn＝，

所以Sn＝＋＋＋…＋，①

所以Sn＝＋＋…＋＋，②

①－②得，Sn＝＋＋…＋－＝－，解得Sn＝2－.

22．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上.

(1)求渔船甲的速度；

(2)求的值.

【答案】(1)14海里小时；

(2).

【分析】（1）由题意知，，，.

在△中，利用余弦定理求出，进而求出渔船甲的速度.

（2）在△中，，，，，

由正弦定理，即可解出的值.

【详解】（1）(1）依题意，，，，.

在△中，由余弦定理，得

.

解得.故渔船甲的速度为海里小时.

即渔船甲的速度为14海里小时.

（2）在△中，因为，，，，

由正弦定理，得，即.

的值为.