2021-2022学年河北省秦皇岛市卢龙第二高级中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年河北省秦皇岛市卢龙第二高级中学高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．倾斜角为135°，在y轴上的截距为﹣1的直线方程是（    ）

A．x﹣y+1＝0 B．x﹣y﹣1＝0 C．x+y﹣1＝0 D．x+y+1＝0

【答案】D

【分析】先求出直线的斜率，再利用在y轴上的截距是﹣1，用斜截式写出直线方程．

【详解】∵直线倾斜角是135°，

∴直线的斜率等于﹣1，

∵在y轴上的截距是﹣1，

由直线方程的斜截式得：y＝﹣1×x﹣1，

即 y＝﹣x﹣1，

故选：D．

2．已知等差数列{an}满足a2﹣a5+a8＝4，则数列{an}的前9项和S9＝（    ）

A．9 B．18 C．36 D．72

【答案】C

【分析】根据题意，由等差数列的性质可得a2﹣a5+a8＝a5＝4，又由，计算可得答案．

【详解】根据题意，等差数列{an}中，a2+a8＝2a5，则a2﹣a5+a8＝a5＝4，

数列{an}的前9项和，

故选：C．

3．已知双曲线上的点到的距离为15，则点到点的距离为（    ）

A．7 B．23 C．5或25 D．7或23

【答案】D

【分析】根据双曲线的定义知，，即可求解.

【详解】由题意，双曲线，可得焦点坐标，

根据双曲线的定义知，，

而，所以或．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及其应用，其中解答中熟记双曲线的定义，列出方程是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.

4．若抛物线的焦点坐标为，则的值为

A． B． C．8 D．4

【答案】A

【分析】先把抛物线方程整理成标准方程，进而根据抛物线的焦点坐标，可得的值.

【详解】抛物线的标准方程为，

因为抛物线的焦点坐标为，

所以，所以，

故选A.

【点睛】该题考查的是有关利用抛物线的焦点坐标求抛物线的方程的问题，涉及到的知识点有抛物线的简单几何性质，属于简单题目.

5．在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，∠BCA＝90°,D1，F1分别是A1B1，B1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则AD1与BF1所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以点C为坐标原点，分别以为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

根据已知条件求出相应点的坐标，进而求出的坐标，

再求出直线AD1和直线BF1所成角的余弦值．

【详解】解：以点C为坐标原点，分别以为x轴，y轴，z轴的正方向，

建立空间直角坐标系，如图所示，设BC＝CA＝CC1＝2，

则A（0，2，0），D1（1，1，2），B（2，0，0），F1（1，0，2），

∴，

∴直线AD1和直线BF1所成角的余弦值为，

故选：A．

6．已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先分析已知点与圆的位置关系，再判断出最长弦和最短弦的位置，然后利用三角形的面积公式即可求出四边形ABCD的面积.

【详解】解：圆心坐标是，半径是5，圆心到点的距离为1．

所以点在圆内，最长弦为圆的直径

由垂径定理得：最短弦BD和最长弦（即圆的直径）AC垂直，

故最短弦的长为，最长弦即直径，即，

所以四边形的面积为．

故选：B.

7．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，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（    ）

A．192 里 B．96 里 C．48 里 D．24 里

【答案】B

【分析】由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.

【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，

由题意和等比数列的求和公式可得，解得，

第此人第二天走里.

故选：B．

8．已知双曲线的一个焦点为,且双曲线的渐近线与圆相切,则双曲线的方程为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：依题意有，解得，所以方程为.

【解析】双曲线的概念与性质．

9．已知两条不同的直线l，m与两个不重合的平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中不正确的是（    ）

A．若l∥m，则必有α∥β B．若l⊥m，则必有α⊥β

C．若l⊥β，则必有α⊥β D．若α⊥β，则必有m⊥α

【答案】C

【分析】根据线面、面面位置关系，逐一分析选项，即可得出答案．

【详解】解：对于A：如图所示：

设α∩β＝c，l∥c，m∥c满足条件，但是α与β不平行，故A错误；

对于B：假设α∥β，l′⊂β，l′∥l，l′⊥m，则满足条件，但是α与β不垂直，故B错误；

对于C：若l⊂α，l⊥β，根据线面垂直的判定定理可得α⊥β，故C正确；

对于D：设α∩β＝c，若l∥c，m∥c，虽然α⊥β，但是可有m∥α，故D错误，

故选：C．

二、多选题

10．（多选）点到抛物线的准线的距离为2，则a的值可以为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】把抛物线，化为标准形式，得 ，故准线方程为：，利用点到直线的距离可得答案.

【详解】抛物线的准线方程为，因为点到抛物线的准线的距离为2，所以，解得或，

故选AB．

【点晴】焦点在轴的抛物线的标准方程为，准线方程为，计算时一定要找准的值.

11．若数列{an}满足，则（    ）

A． B． C． D．S2020＝2020

【答案】BC

【分析】根据题意分别求出a2，a3，a4，a5，可得数列{an}是以4为周期的周期数列，逐一分析选项，即可得出答案．

【详解】解：∵，

∴，，，

，故A错误；

∴数列{an}是以4为周期的周期数列，

∴a7＝a3+4＝a3＝，故B正确；

∴a2020＝a505×4＝a4＝，故C正确；

∴S2020＝505（a1+a2+a3+a4），故D错误，

故选：BC．

12．在平面直角坐标系中，已知点，，圆．若圆C上存在点M，使得，则实数a的值可能是（    ）

A．-1 B．0 C． D．-2

【答案】ABC

【分析】设点的坐标为，根据题设条件，求得，由圆C上存在点M，转化为两圆相交或相切，列出不等式，即可求解.

【详解】设点的坐标为，

因为，即，

整理得．

因为圆C上存在点M，满足，所以两圆相交或相切，

所以，即，所以，

所以A，B，C均正确．

故选：ABC.

【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，其中解答中求得点的轨迹方程，转化为两圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力.

三、填空题

13．已知是公比为q的等比数列，且成等差数列，则q＝_____．

【答案】或1

【分析】根据给定条件，利用等差数列列方程，再解方程作答.

【详解】在等比数列中，成等差数列，则，

即，而，整理得，解得或，

所以或.

故答案为：或1

14．过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2 +y2- 4y= 0所截得的弦长为__________.

【答案】

【分析】由题意求出直线方程、圆的标准方程、圆心坐标和半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，利用勾股定理即得解

【详解】设弦长为，过原点且倾斜角为60°的直线方程为

整理圆的方程为：，圆心为，半径

圆心到直线的距离为：

则：

故答案为：

15．已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．

【答案】4

【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.

【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.

故答案为：4.

【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.

16．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是_______.

【答案】

【分析】根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．

【详解】设底面半径为，则圆柱的侧面展开图的边长为，即圆柱的高为

∴圆柱的侧面积为，表面积为

则圆柱的表面积与侧面积的比是

故答案为：．

四、解答题

17．求经过两直线和的交点，且与直线垂直的直线的方程．

【答案】

【分析】直接求出两直线l1：x﹣2y+4=0和l2：x+y﹣2=0的交点P的坐标，求出直线的斜率，然后求出所求直线方程．

【详解】由方程组可得P（0，2）．

∵l⊥l3，∴kl=﹣，

∴直线l的方程为y﹣2=﹣x，即4x+3y﹣6=0．

【点睛】本题是基础题，考查直线的交点与直线的方程的求法，考查计算能力．

18．已知圆C的圆心为(1，1)，直线与圆C相切.

（1）求圆C的标准方程；

（2）若直线过点(2，3)，且被圆C所截得的弦长为2，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）或．

【解析】（1）利用点到直线的距离可得：圆心到直线的距离．根据直线与圆相切，可得．即可得出圆的标准方程．

（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程：，即：，可得圆心到直线的距离，又，可得：．即可得出直线的方程．②当的斜率不存在时，，代入圆的方程可得：，解得可得弦长，即可验证是否满足条件．

【详解】（1）圆心到直线的距离．

直线与圆相切，．

圆的标准方程为：．

（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程：，

即：，，又，．

解得：．

直线的方程为：．

②当的斜率不存在时，，代入圆的方程可得：，解得，可得弦长，满足条件．

综上所述的方程为：或．

【点睛】本题考查直线与圆的相切的性质、点到直线的距离公式、弦长公式、分类讨论方法，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

19．在四棱锥中，底面是正方形，若，平面平面.

（1）求的长；

（2）求二面角的平面角的余弦值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，利用勾股定理即求；

（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.

【详解】（1）取的中点为，连接，

因为，，则，

因为平面平面，，

所以平面，

因为，

所以，

而，故.

在正方形中，因为，故，故，

所以.

（2）在平面内，过作，交于，则，

结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系,

则，，

故，

设平面的法向量，

则即，

取，则，故

而平面的法向量为，

则即，

取，则，故

因为，

所以

二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.

20．在①，②过，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题；已知椭圆：的右焦点为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设过点的直线交椭圆于，两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）分别选择①②③，根据椭圆的几何性质，求得的值，即可求解；

（2）由题意可以设直线的方程为，联立方程组，求得，，所以，，结合的面积列出方程，求得的值，即可求解.

【详解】（1）解：选①条件，由椭圆：的右焦点为，

可得，因为离心率，所以，

所以，所以椭圆的方程为.

选②条件，由椭圆：的右焦点为，

可得，过，则，∴，

所以椭圆的方程为.

选③条件，由椭圆：的右焦点为，

可得，，

又由，则，，

所以椭圆的方程为.

（2）解：由题意可以设直线的方程为，

由，得，

可得，

设，，所以，，

所以的面积

，

因为的面积为，所以，解得，

所以直线的方程为或.

21．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an+1＝2+Sn，（n∈N*）．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝1+log2（an）2，求证数列{}的前n项和Tn．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．

（2）利用裂项相消法求出数列的和．

【详解】（1）数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an+1＝2+Sn，（n∈N*）．

则an＝2+Sn﹣1，（n∈N*）．

所以an+1﹣an＝Sn﹣Sn﹣1＝an，

所以，

所以数列{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列．

则，

故．

（2）设bn＝1+log2（an）2，

则bn＝2n+1．

则，

所以

，

因为n∈N*，

所以.

22．已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F．且F与圆M：x2+（y+4）2＝1上点的距离的最小值为4．

(1)求抛物线的方程；

(2)若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线．A，B是切点，求△PAB面积的最大值．

【答案】(1)x2＝4y

(2)

【分析】根据点F（0，）到圆M：x2+（y+4）2＝1上点的距离的最小值为，可解p，从而可得抛物线方程；

（2）利用抛物线方程可得为，对其求导得，设点A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），分别表示出直线PA、直线PB的方程，从而可得直线AB的直线方程，进而利用韦达定理表示出|AB|，以及点P到直线AB的距离为d，从而可得△PAB面积，利用﹣5≤y0≤﹣3，结合二次函数定义可解．

【详解】（1）焦点F（0，）到圆M：x2+（y+4）2＝1上点的距离的最小值为，则p＝2，

故抛物线的方程为x2＝4y，

（2）因为抛物线C的方程为，对其求导得，

设点A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），

直线PA的方程为，即，即，

同理可知，直线PB方程为，由于点P是这两条直线的公共点，

则，

所以点A、B的坐标满足方程，

所以直线AB的方程为，

联立，可得，

由韦达定理可得，

所以

点P到直线AB的距离为，

所以＝＝，

因为

由已知可得，

所以当时，△PAB面积的最大值为．

【点睛】关键点点睛：此题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是由PA，PB是C的两条切线求出直线AB的方程，考查计算能力，属于较难题.