2021-2022学年云南省昆明市高二年级下册学期开学考试学能力测数学试题【含答案】

2021-2022学年云南省昆明市高二下学期开学考试学能力测数学试题

一、单选题

1．已知直线，.若，则实数（    ）

A． B．2 C．或2 D．0

【答案】A

【分析】根据两直线平行的性质进行求解即可.

【详解】因为，

所以有：，

故选：A

2．已知等比数列满足，，则（    ）

A．21 B．42 C．63 D．84

【答案】D

【分析】设等比数列公比为q，根据给定条件求出即可计算作答.

【详解】等比数列公比为q，由得：，即，而，解得，

所以.

故选：D

3．若，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用二倍角公式化简，即可求解

【详解】

故选：A

4．若点P是曲线上任意一点，则点P到直线的最小距离为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】由导数的几何意义求得曲线上与直线平行的切线方程的切线坐标，求出切点到直线的距离即为所求最小距离．

【详解】点是曲线上的任意一点，设，

令，解得1或（舍去），，

∴曲线上与直线平行的切线的切点为，

点到直线的最小距离.

故选：D.

5．从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，则向量与垂直的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先求出基本事件总数，再根据向量垂直得到，即可求出符合条件的，再根据古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，基本事件总数．

当向量与向量垂直时，即，即，满足条件的基本事件有，，，共3个，则所求概率．

故选：C

6．已知，，，则、、的大小关系为（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据中间值法进行判断.

【详解】

,即

故选：A

7．如图，过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝6，则此抛物线方程为（    ）

A．y2＝9x B．y2＝6x

C．y2＝3x D．y2＝x

【答案】B

【分析】分别过A，B作准线的垂线，交准线于E，D，设|BF|=a，运用抛物线的定义和直角三角形的性质，求得p，可得所求抛物线的方程．

【详解】

如图分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，

设|BF|＝a，则由已知得：|BC|＝2a，由抛物线定义得：|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因为|AE|＝|AF|＝6，|AC|＝6＋3a，2|AE|＝|AC|，所以6＋3a＝12，从而得a＝2，|FC|＝3a＝6，所以p＝|FG|＝|FC|＝3，因此抛物线方程为y2＝6x.

故选：B

8．如图甲是第七届国际数学教育大会（简称ICME—7）的会徽图案，其主体图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知，，，，为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令，为数列的前项和，则（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】B

【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.

【详解】由，

可得，，，，

所以，

，

所以前项和，

所以，

故选：B.

二、多选题

9．已知向量，则下列结论中正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．不存在实数，使得

D．若，则

【答案】AC

【分析】根据向量的模的计算公式，可判定A选项正确；根据向量垂直的条件，列出方程，可判定B选项错误；根据共线向量的条件，列出方程组，可判定C选项正确；根据向量的数量积的运算公式，列出方程，可判定D选项错误.

【详解】对于A中，由，可得，解得，故A选项正确；

对于B中，由，可得，解得，故B选项错误；

对于C中，若存在实数，使得，则，显然无解，即不存在实数，使得，故C选项正确；

对于D中，若，则，解得，于是，故D选项错误.

故选：AC.

【点睛】本题主要考查了空间向量的垂直与共线的表示及应用，以及空间向量的数量积的运算，其中解答中熟记空间向量的垂直与共线的条件，以及数量积的运算公式，逐项判定是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

10．已知椭圆的左、右两个焦点分别为，，P为椭圆上一动点，，则下列结论正确的有（    ）

A．的周长为8 B．的最大面积为

C．存在点P使得 D．的最大值为5

【答案】AB

【分析】利用椭圆的定义及几何性质逐项判断即可.

【详解】解：对A，由椭圆，可得的周长为：，故A正确；

对B，当P为椭圆短轴顶点时，的面积最大，且最大面积为：，故B正确；

对C，当P为椭圆短轴顶点时，为最大，此时，即为锐角，所以不存在点P使得，故C错误；

对D，由椭圆，所以，又，所以，所以，故D错误.

故选：AB.

11．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（其中A>0，ω>0，|φ|<π）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．函数是偶函数

B．函数f（x）的图象关于点对称

C．y=1与图象的所有交点的横坐标之和为

D．函数f（x）的图象可由y=cos2x的图象向右平移个单位得到

【答案】BC

【分析】根据图象通过函数的周期性求出ω，结合正弦型函数的奇偶性、对称性、图象的变换性质逐一判断即可.

【详解】解：根据函数f（x）=Asin（ωx+φ）（其中A>0，ω>0，|φ|<π）的部分图象，

可得A=2，，∴ω=2．

结合五点法作图，可得，∴，∴，

故，为非奇非偶函数，故A错误；

令，求得f（x）=0，故函数f（x）的图象关于点对称，故B正确；

直线y=1与图象的所有交点的横坐标x满足．

由于，故满足的x值共计有4个，设它们分别为a、b、c、d．

则，

故交点的横坐标之和为，

故C正确；

把函数y=cos2x的图象向右平移个单位得到的图象，故D错误，

故选：BC．

12．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中不正确的是（    ）

A．

B．平面

C．向量与的夹角是

D．直线与所成角的余弦值为

【答案】AC

【分析】利用向量的基底运算可求，利用向量垂直及线面垂直的判定可得B的正误，利用向量的基底运算可求C,D的正误.

【详解】对于A，，

，

所以，选项A错误；

对于B，

，所以，即，

，所以，即，因为，平面，所以平面，选项B正确；

对于C：向量与 的夹角是，所以向量与的夹角也是，选项C错误；

对于D，，,

所以，

，

同理，可得;

，

所以，所以选项D正确．

故选：AC．

三、填空题

13．在中，，，，则此三角形的最大边长为___________.

【答案】

【分析】可知B对的边最大，再用正弦定理计算即可.

【详解】利用正弦定理可知，B对的边最大，

因为，，所以，

.

故答案为：

14．直线被圆截得的弦长为__________．

【答案】

【分析】先求出圆心和半径，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据弦心距，半径和弦的关系可求得结果.

【详解】圆化为标准方程为，则圆心为，半径为，

因为圆心到直线的距离，

所以直线被圆截得的弦长为．

故答案为：.

15．若函数在区间上的零点个数为个，则实数的取值范围是_________.

【答案】

【解析】令，根据二倍角公式可得，即可求出函数的零点，从而求出参数的范围；

【详解】解：令，得，即，

故当时，零点分别为，因为函数在区间上的零点个数为个，所以.即

故答案为：

16．设过原点的直线与双曲线：交于两个不同点，为的一个焦点，若，，则双曲线的离心率为__________.

【答案】

【解析】如图所示：连接，根据对称性知为平行四边形，计算得到

，利用余弦定理计算得到答案.

【详解】如图所示：连接，根据对称性知为平行四边形.

，则，，

，，故.

根据余弦定理：，化简得到，故.

故答案为：.

【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，且，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列公差为d，首项为a1，根据已知条件列出方程组求解a1，d，代入通项公式即可得答案；

（2）根据等差、等比数列的前n项和公式，利用分组求和法即可求解．

【详解】（1）解：设等差数列公差为d，首项为a1，

由题意，有，解得，

所以；

（2）解：，所以．

18．已知函数，曲线在处的切线方程为.

(1)求的值；

(2)若，求函数的单调递减区间.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求得，根据题意列出方程组，即可求解；

（2）当时，求得，结合，即可求解.

【详解】（1）解：由函数，则，

因为函数在处的切线方程为，

可得，解得.

（2）解：当时，可得，则，

令，即，解得或，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以函数的单调递减区间为.

19．已知抛物线C的方程为：，点

(1)若直线与抛物线C相交于A、B两点，且P为线段AB的中点，求直线的方程.

(2)若直线过交抛物线C于M，N两点，F为抛物线C的焦点，求的最小值．

【答案】(1)

(2)16

【分析】（1）设，代入抛物线方程由点差法可得答案；

（2）设直线为：，，与抛物线方程联立，

利用韦达定理和基本不等式可得答案.

【详解】（1）设则，

由两式相减可得：，，

即直线的方程为.

（2）设直线为：，

由可得，，

，

，又因为点坐标为，所以，

从而，，

所以当且仅当时，有最小值16．

20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.

(1)求证：平面平面；

(2)在线段上是否存在一点，使二面角的大小为？若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，点M位于靠近点C的四等分处

【分析】（1）由已知易得四边形为平行四边形，有，进而有，利用面面垂直的性质有平面，最后根据面面垂直的判定证结论；

（2）首先证明两两垂直，构建空间直角坐标系，设且求的坐标，再求面、面的法向量，根据已知角大小及空间向量夹角坐标表示求即可判断存在性.

【详解】（1）因为，，Q为的中点，

所以四边形为平行四边形，则．

所以，即．

又平面平面，平面平面，平面，

所以平面，平面，

所以平面平面．

（2）由（1）知：平面，平面，则，

又，为的中点，则，

所以两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，

所以，，则，

假设存在点M，设且，得，

所以，又，

设平面法向量为，则，令，则．

由（2）知平面的法向量为，二面角为，

所以，解得，

故线段上存在点M使二面角大小为，且点M位于靠近点C的四等分处．

21．已知数列中，，.

(1)求证：数列是等比数列；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知条件，求，再利用已知数列的前项和，求通项公式，再利用等比数列的定义，即可证明；

（2）由（1）可知，再利用错位相减法求和.

【详解】（1）时，，得，

,

两式相减，，

则，又，，

因此数列是以1首项，以3为公比的等比数列；

（2）由（1）知，，，

所以，

，

     ，

所以，

所以.

22．设，分别是椭圆（）的左､右焦点，E的离心率为.短轴长为2.

(1)求椭圆E的方程：

(2)过点的直线l交椭圆E于A，B两点，是否存在实数t，使得恒成立？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】(1)由条件列出，，的方程，解方程求出，，，由此可得椭圆E的方程：(2)当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线的方程与椭圆方程化简可得

，设，，可得，，由此证明，再证明当直线的斜率不存在时也成立，由此确定存在实数t，使得恒成立

【详解】（1）由已知得，

离心率，所以，故椭圆E的方程为.

（2）当直线l的斜率存在时，设，，，

联立方程组得，，

所以，.

.

，

，

所以

.所以.

当直线l的斜率不存在时，，

联立方程组，得，.

，，所以.

综上，存在实数使得恒成立.

【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．