浙江省杭州高级中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州高级中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卷两部分，考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。

命题：梁婵 审题：王铁松
1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．本卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的地方．
3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 曲线与曲线的（ ）
A. 长轴长相等B. 焦距相等C. 离心率相等D. 短轴长相等
【答案】B
【解析】
【分析】根据，得到，再利用a，b，c的关系求解.
【详解】解：因为，
所以，
则，
，
所以两曲线长轴长不相等，焦距相等，离心率不相等，短轴长不相等，
故选：B
2. 预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是，其中为预测期人口数，为初期人口数，k为预测期内人口年增长率，n为预测期间隔年数，如果在某一时期，那么在这期间人口数（ ）
A. 呈上升趋势B. 呈下降趋势C. 摆动变化D. 不变
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可知为预测期内年增长率，当，可知年增长率为负，由此即可求出结果.
【详解】由题意，为预测期内年增长率，如果在某一时期有，即年增长率为负，故这期间人口数呈下降趋势.
故选:B.
3. 已知为平面的一个法向量，为一条直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
将“”与“”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.
【详解】当“”时，由于可能在平面内，所以无法推出“”.
当“”时，“”.
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查线面平行和法向量，属于基础题.
4. 已知数列中，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，求出数列的周期，再借助周期性计算即得.
【详解】数列中，当时，，则，
，因此当时，，即数列是以为周期的周期数列，
所以.
故选：C
5. 设为抛物线的焦点，过且倾斜角为的直线交于，两点，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意，得．又因为，故直线AB的方程为，与抛物线联立，得，设，由抛物线定义得，
，选C．
考点：1、抛物线的标准方程；2、抛物线的定义．
6. 甲乙两同学进行罚球比赛，罚中得分，罚丢不得分．已知甲乙两同学的罚球命中率分别为和，且两人的投篮结果相互独立．现甲乙两人各罚球一次，则两人得分相同的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分别计算两人得分均为0分和1分两种情况的概率，再求和即可.
【详解】两人得分相同的情况有两种，两人得分均为0分和1分，
当两人得分均为0分时，概率为
两人得分均为1分时，概率为，
所以甲､乙两同学各罚球一次，则两人得分相同概率为，
即甲､乙两同学各罚球一次，则两人得分相同的概率为62%.
故选：B
7. 已知是等比数列，， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件求等比数列的公比，数列也为等比数列，利用公式求前项和.
【详解】， ，设等比数列公比为，由，得，所以，
，
设，
，，
数列是首项为，公比为的等比数列，
所以．
故选：C
8. 已知双曲线的左、右顶点分别是A，B，右焦点为F，点P在过F且垂直于x轴的直线l上，当取得最大值时，曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，当取得最大值时，取得最大值，结合两角差的正切公式，以及基本不等式，求得时取得最大值，将点代入双曲线的方程，求得，进而求得双曲线的渐近线方程.
【详解】解：由题意，不妨设，
当取得最大值时，取得最大值，
又由，且，
所以
，当且仅当时，即时，等号成立，
所以点的坐标为，将点代入双曲线的方程，可得，
即，可得，所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔，该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：

用样本估计总体，以下四个选项正确的是（ ）
A. 30~41周岁参保人数最多B. 随着年龄的增长人均参保费用越来越少
C. 30周岁以上的参保人数约占总参保人数20%D. 丁险种最受参保人青睐
【答案】AD
【解析】
【分析】根据选项逐一对相应的统计图进行分析判断即可.
【详解】对A：由扇形图可知，31～41周岁的参保人数最多，故选项A正确；
对B：由折线图可知，随着年龄的增长人均参保费用越来越多，故选项B错误；
对C：由扇形图可知，30周岁以上的参保人数约占总参保人数的80%，故选项C错误；
对D：由柱状图可知，丁险种参保比例最高，故选项D正确.
故选：AD.
10. 已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A. 若点在函数（k，b为常数）的图象上，则为等差数列
B. 若为等差数列，则为等比数列
C. 若为等差数列，，，，则当时，最大
D. 若，则为等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】直接利用数列的递推关系式，等差数列和等比数列的定义判断A，B，C，D的结论．
【详解】对于A：点在函数，为常数）的图象上，故，
故（常数），则为等差数列，故A正确；
对于B：由于数列为等差数列，所以（常数），
故（常数），所以数列为等比数列，故B正确；
对于C：若为等差数列，，所以，则，
又，所以，故，所以公差，
所以等差数列递减，则当时，，当时，，
则当时，最大，故C正确；
对于D：由于，当时，整理得，
当时，，故，
经检验，不满足上式，
故，故选项D错误．
故选：ABC．
11. 已知圆，直线，（）．则下列四个命题正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1
C 圆与曲线恰有三条公切线，则
D. 当时，直线上一个动点向圆引两条切线，，其中，为切点，则直线经过点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A将直线化成，则，解出即为定点；对B直接计算圆心到直线的距离与1的大小关系，即可判断B；对C，直接将代入，通过几何法判断两圆位置关系即可，对D，设点，利用两点直径式方程写出以为直径的圆的方程，两圆方程作差，得到公共弦所在直线方程，化成关于参数的方程，即可求出定点坐标.
【详解】直线可化为：，
由可得，故直线恒过定点，故A正确.
当时，直线，圆心到该直线的距离为，
因为，故圆上有且仅有四个点到直线的距离都等于1，故B错.
因为圆与曲线恰有三条公切线，故两圆外切，
故，故，故C正确.
当时，直线，设，
则以为直径的圆的方程为，
而圆，故的直线方程为，
整理得到，由可得，
故直线经过点，故D正确.
故选：ACD.
12. 如图，在长方体中，，点P满足，，，，则下列结论正确的有（ ）
A. 当时，
B. 当时，平面
C. 当，时，三棱锥的体积为定值
D. 当，时，与平面所成角的正切值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，当时，得，知A错误；
当时，知四点共面，由面面平行的性质可得平面，知B正确；
当，时，利用点到面的距离的向量求法可求得点到平面的距离，利用体积桥可得，知C正确；
当，时，利用线面角的向量求法可求得，进而得到，知D正确.
【详解】以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，，则，，；
对于A，设，则，
又，，不恒成立，A错误；
对于B，当时，四点共面，即平面；
，平面，平面，平面，
同理可得：平面，又，平面，
平面平面，平面，B正确；
对于C，设，则，
设，则，，，，
，；
平面，平面的一个法向量为，
点到平面的距离，又，
，即三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，当，时，，
设，则，，，，
，，
平面，平面的一个法向量，
设与平面所成角为，则，
，即与平面所成角的正切值为，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共4小题，每空5分，共20分．
13. 一组数据的平均数是3，方差为4，则数据的平均数为________，方差为________．
【答案】 ①. 8 ②. 36
【解析】
【分析】利用平均数、方差的性质和计算公式直接求解．
【详解】一组数据的平均数是3，方差为4，
则数据的平均数为，
方差为．
故答案为：8；36．
14. 已知，，是椭圆（）左，右焦点，P为椭圆上一点，为等腰三角形，，则C的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题设，结合余弦定理得到椭圆参数的齐次方程，进而求离心率.
【详解】由为等腰三角形，，则，
又，可得，
所以，可得.
故答案为：
15. 已知数列的首项，前n项和为，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】将替换为得到新等式，然后两式作差得到时为等比数列，注意检验是否满足，由此可求的通项公式.
【详解】因为，
所以,
两式相减可得，所以，
又因为，所以，
当时，，
当时，不符合的情况，
所以，
故答案为：.
16. 在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢”问：良马与驽马_______日相逢？(用数字作答)
【答案】9
【解析】
【分析】由已知条件转化为两个等差数列的前和为2250的问题，进而计算可得结果．
【详解】由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，
驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列，
则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，
则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250，
又∵数列{an}的前n项和为（103+13n+90）（193+13n），
数列{bn}的前n项和为（97+97.5﹣0.5n）（194.5n），
∴（193+13n）（194.5n）＝2250，
整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，
解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．
故答案为：9
四、解答题：本题共6小题，共70，分，解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 《中华人民共和国民法典》于2021年1月1日正式施行．某社区为了解居民对民法典的认识程度，随机抽取了一定数量的居民进行问卷测试（满分：100分），并根据测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中m的值；
（2）估计该组测试成绩的第57百分位数；
（3）该社区在参加问卷且测试成绩位于区间和的居民中，采用分层随机抽样，确定了5人．若从这5人中随机抽取2人作为该社区民法典宣讲员，设事件“两人的测试成绩分别位于和”，求．
【答案】（1）
（2）第57百分位数为79
（3）．
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中所有频率和为1可求得；
（2）第57百分位数，即频率0.57对应的值，先估算其在哪一组中，然后再根据比例求解；
（3）确定位于区间和的人数，把人进行编号，用列举法写出任取2人的所有基本事件，并得出事件含有的基本事件，计数后可得概率．
【小问1详解】
由已知，解得；
【小问2详解】
测试分数位于区间的频率为，
测试分数位于区间的频率为，
第57百分位数位于区间，
设第57百分位数为，有，
解得；
【小问3详解】
记“两人的测试成绩分别位于和 “为事件，
由题知，测试分数位于区间、的人数之比为，
所以采用分层随机抽样确定的5人，在区间中3人，用，，表示，在区间中2人，用，表示，
从这5人中抽取2人的所有可能情况有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共10种．
其中两人的测试成绩分别位于和有6种．
所以．
18. 如图，在三棱柱中，四边形为矩形，，，点E为棱的中点，.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面AEB与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形及勾股定理的逆定理可得线面垂直的条件，再由平面，即可证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标后，求出相关法向量，再用夹角公式即可.
【小问1详解】
证明：由三棱柱的性质及可知四边形为菱形
又∵
∴为等边三角形
∴，
又∵，∴，∴
又∵四边形为矩形
∴
又∵
∴平面
又∵平面
∴平面平面.
【小问2详解】
以B为原点BE为x轴，为y轴，BA为E轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，，，
设平面的法向量为.
则即
∴，
又∵平面ABE的法向量为，
∴，
∴平面ABE与平面夹角的余弦值为.
19. 已知数列满足：
（1）求、、；
（2）将数列中下标为奇数的项依次取出，构成新数列，
①证明：是等差数列；
②设数列的前m项和为，求证：．
【答案】（1） ； ；
（2）①证明见解析 ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据求解；
（2）①利用等差数列的定义证明；②利用裂项相消法求解.
【小问1详解】
由题意知：，
，
；
【小问2详解】
①当n为奇数时，n+1为偶数，
，
，
，
当时，，
是以为首项，2为公差的等差数列．
②由①知，
，
，
.
20. 已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记P的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）若P点坐标为，过原点的直线分别交曲线C于A、B两点，求面积的最大值．
【答案】（1）且，曲线是焦点在x轴上并去除左右顶点的椭圆.
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设，整理可得轨迹方程，注意范围，进而确定曲线图形；
（2）设直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式及点线距离公式、三角形面积公式，可得，讨论参数t研究面积的范围，即可得结果.
【小问1详解】
由题设，且，
所以，C的方程为且，
曲线是焦点在x轴上并去除左右顶点的椭圆.
【小问2详解】
由题设，可设直线，联立消去x得，，
所以，，故，
而到直线的距离，
所以，若，则，
若，则，
当，则，当且仅当时等号成立，
所以，故；
当，则，当且仅当时等号成立，
所以，故，注意要构成三角形，其面积不能取0；
综上，，故时，面积的最大值为.
21. 设F为双曲线（，）的右焦点，O为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点，满足．
（1）求C的离心率；
（2）若，点A在双曲线C上，点B在直线上，满足，试判断直线与圆O的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）直线与圆O相切，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题设易知与相互垂直平分，结合为直径、在圆上列方程求离心率；
（2）由题意双曲线，且圆，，半径，令且，，利用垂直关系得，再写出直线的方程，应用点线距离公式判断到直线距离与半径大小，即可得结论.
【小问1详解】
由，即也是以为直径的圆的一条直径，所以与相互垂直平分，
又在圆上，所以，又，
所以.
【小问2详解】
直线与圆O相切，理由如下：
由题设，双曲线，且圆，，半径，
令且，，则，，又，
所以，则，
则直线，整理得，
所以到直线距离，又，
则，
所以直线与圆O相切.
22. 如图，点为抛物线上位于第一象限的一点，F为抛物线焦点，满足．
（1）求抛物线C的方程；
（2）点M为直线上的动点，H为点E关于x轴的对称点，连接、分别交C于点A、B，连接交直线l于点N．
①求证：直线过定点；
②求证：以为直径的圆过定点．
【答案】（1）
（2）①证明见详解；②证明见详解.
【解析】
【分析】（1）根据结合抛物线的焦半径公式求解出的值，由此可求的方程；
（2）①设出的坐标，根据三点共线求得坐标之间的关系，然后根据坐标关系式化简直线的方程可完成证明；
②设出定点坐标，根据得到关于的关系式，由此求得圆所过的定点坐标.
【小问1详解】
因为，为焦点，
所以，所以，
所以抛物线C的方程为；
【小问2详解】
①：设，
因为且在第一象限，所以，所以，
因为共线，所以，
所以，所以，
因为共线，所以，
所以，所以，
所以，化简可得，
当时，
因为，即为，即，
所以，所以，所以直线过定点；
当时，
此时关于轴对称，且也关于轴对称，
由对称性可知为与轴交点，所以，
此时，即为，
联立，解得，即与重合，显然不符合题意；
综上可知，直线过定点.
②：设以为直径的圆经过定点，由①可知即，
又因为，令，得，所以，
所以，，
所以，
化简可得：，
因不为定值，所以，故解得或，
综上可知，以为直径的圆经过定点.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点问题的策略：
（1）参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到与过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.