2021-2022学年吉林省长春市第六中学高二上学期第三学程考试数学（理）试题含解析

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2021-2022学年吉林省长春市第六中学高二上学期第三学程考试数学（理）试题一、单选题1．经过点，斜率为的直线方程为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出直线方程的点斜式，然后化为一般式即可.【详解】解：由题意得，经过点，斜率为的直线方程为，即.故选：C.2．抛物线上一点P到焦点F的距离为5，则P点的横坐标为（       ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】设，根据焦半径公式，即可求解.【详解】抛物线，，由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离相等，，.故选:B．【点睛】本题考查抛物线定义的应用，掌握焦半径公式是解题的关键，属于基础题.3．已知椭圆上一点P到一个焦点的距离为3，则点P到另一个焦点的距离为A．2 B．5 C．6 D．7【答案】D【解析】根据椭圆的定义即可求解.【详解】设椭圆的左右焦点分别为,,则，由椭圆方程知，所以点P到另一个焦点的距离为，故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆的标准方程，属于容易题.4．我国古代用日晷测量日影的长度，晷长即为所测量影子的长度.《周脾算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同.二十四个节气及晷长变化如图所示.相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始.从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，若测得冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为25.5尺，则冬至日影的长为（       ）A．11.5 B．12.5 C．13.5 D．14.5【答案】C【解析】由题意可知从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至的日影长为，公差为，列出方程即可求解.【详解】由题意，从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至的日影长为，公差为，则，，两式相减得，解得，所以，解得，故选：C5．设等比数列的前项和为，若，则（       ）A．65 B．66 C．67 D．64【答案】A【分析】根据等比数列的性质，是等比数列，即可列式求解.【详解】因为是等比数列，且前项和为，故可得：是等比数列，即是等比数列，则，解得：.故选：A.6．等比数列{an}中，每项均为正数，且a3a8＝81，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10等于（       ）A．5 B．10 C．20 D．40【答案】C【分析】由对数运算法则，等比数列的性质求解．【详解】是等比数列，则，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a10．故选：C．7．已知圆上的点到直线的距离等于，那么的值不可以是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圆心到直线的距离的最大值，可得出的取值范围，即可得出合适的选项.【详解】直线过定点，因为，故点在圆外，圆心，半径为，且，所以，圆心到直线的距离的最大值为，所以，圆上的到直线的距离的最大值为，当直线有公共点时，圆上的到直线的距离的最小值为，故圆上的点到直线的距离的取值范围是，且、、，.故选：D.8．某地年月日至年月日的新冠肺炎每日确诊病例变化曲线如下图所示．若该地这段时间的新冠肺炎每日的确诊人数按日期先后顺序构成数列，的前项和为，则下列说法正确的是（       ）A．数列是递增数列 B．数列不是递增数列C．数列的最大项为 D．数列的最大项为【答案】B【分析】利用折线图结合数列的单调性可得出合适的选项.【详解】对于A选项，因为月日新增确诊人数小于月日的确诊人数，即，故数列不是递增数列，A错；对于B选项，因为月日的新增确认病例为，则，故数列不是递增数列，B对；对于C选项，因为月日的新增确诊病例最多，故中最大，C错；对于D选项，因为，当且，，，故数列的最大项为最后一项，D错.故选：B.9．正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则（       ）A．直线与直线垂直B．直线与平面相交C．平面截正方体所得的截面面积为D．点与点到平面的距离相等【答案】C【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；分析出平面截正方体所得的截面为四边形，计算出该四边形的面积，可判断C选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系.对于A选项，、、、，所以，，，则，故A错；对于B选项，、、，则，，设平面的法向量为，由，取，则，所以，，则，即直线与平面AEF平行，故B错；对于C选项，，则，故平面，所以，平面截正方体所得截面为梯形，所以，，，，则，，，所以，，因此，，C对；对于D选项，，，所以，点到平面的距离为，点到平面的距离为，D错.故选：C.10．已知函数的导函数，且满足，则（       ）A．5 B．6 C．7 D．-12【答案】B【分析】将看出常数利用导数的运算法则求出，令求出代入，令求出即可．【详解】解：，，故选．【点睛】本题主要考查了导数的运算法则，解题的关键是弄清是常数，属于基础题．11．已知点，分别为双曲线的右顶点和右焦点，记点到渐近线的距离为，若，则双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设出双曲线方程，求出双曲线的一个焦点和一条渐近线方程，运用点到直线的距离公式及条件，可得结果.【详解】不妨设双曲线的一个焦点设为，，一条渐近线的方程设为，，由题意可得，又，∴，即，∴，∴.故选：D12．已知双曲线：（，）右支上非顶点的一点关于原点的对称点为，为其右焦点，若，设，且，则双曲线离心率的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出对应的图象，设双曲线的左焦点为，连接，．则四边形为矩形．因此．，．可得，求出即可．【详解】解：如图所示，设双曲线的左焦点为，连接，．，四边形为矩形．所以．则，．．．即，则，，，则，,，则，即，故双曲线离心率的取值范围是，故选：D．二、填空题13．已知抛物线的准线方程为，则___________.【答案】4【分析】根据抛物线方程得准线方程，从而求得．【详解】抛物线的准线方程是，所以，解得．故答案为：414．已知椭圆的长轴长为，离心率为，则椭圆的方程为______.【答案】或【分析】对椭圆的焦点位置进行分类讨论，求出、的值，即可求得椭圆的方程.【详解】若椭圆的焦点在轴上，则，，则，，此时，椭圆的方程为；若椭圆的焦点在轴上，则，，则，，此时，椭圆的方程为.故答案为：或.15．已知函数，则的值为______.【答案】【分析】求出，代值计算可得的值.【详解】因为，则，因此，.故答案为：.三、双空题16．数列满足，对任意的都有，则______；______．【答案】          【分析】由已知可得出，利用累加法可求得，求得，利用裂项相消法可求得的值.【详解】由已知可得，当时，，也满足，故对任意的，；因为，所以，.故答案为：；.四、解答题17．已知圆，其圆心C在直线上．（1）求m的值；（2）若过点的直线与圆C相切，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）求出圆的标准方程，求出圆心坐标，代入直线方程，即可求的值；（2）易知直线的斜率存在，设出直线的方程．利用直线和圆相切，求出，即可求直线的方程．【详解】解：（1）圆的标准方程为：，所以，圆心为由圆心在直线上，得． 所以，圆的方程为：．（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为：，即，由于直线和圆相切，得解得：所以，直线方程为：或．18．已知函数，且曲线在点处的切线方程为l，直线m平行于直线l且过点.(1)求出直线l与m的方程；(2)指出曲线上哪个点到直线m的距离最短，并求出最短距离.【答案】(1)直线：，直线：；(2)【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程，根据直线平行则斜率相等，即可求出直线的方程；（2）显然（1）中的切点到直线的距离最短，再利用点到直线的距离公式计算可得；【详解】(1)解：因为，所以，所以，又，即切点为，所以切线的方程为，即，直线与直线平行，所以斜率为，且直线过点，所以直线的方程为，即，即直线：，直线：；(2)解：依题意点到直线：的距离最短，最短距离19．已知等比数列的公比为，等差数列的公差为，若成等差数列，且，.(1)求，的通项公式；(2)求的前项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）运用等差中项性质以及等比数列通项公式，解方程求得，即可求得数列的通项公式，再求得数列的首项，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）得，运用错位相减法，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．【详解】(1)∵等比数列的公比为，等差数列的公差为∴，∵成等差数列，∴，即，解得∴∵，∴，∴(2)由（1）得，设的前项和为.∴①，②，①②得∴.20．在数列中，为其前项和，若．(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）由可求得数列的通项公式；（2）求得，利用裂项相消法可求得.【详解】(1)解：当时，，当时，．当时上式也符合，所以．故数列的通项公式．(2)解：由（1）得，所以，.21．如图，，为椭圆的左右顶点，直线交椭圆于，两点，直线的斜率是直线的斜率3倍．（1）若为椭圆上异于，的一点，证明：直线和的斜率之积为常数；（2）证明：直线过定点．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）设，而，，则，结合为椭圆上即可确定是否为定值.（2）由（1）结合题设有，联立直线与椭圆方程并整理有，应用韦达定理得到、、，即可列方程求m、k之间的关系，进而判断是否过定点.【详解】（1）由题意，设点的坐标则，而，，∴，故为定值，得证.（2）设点坐标，设点坐标，由（1）可得：，又，∴联立直线与椭圆方程，整理得，∴，，则，∴，整理得，即，可得或，当时，直线，直线过定点（舍），当时，直线，直线过定点，得证.22．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成夹角的正切值；(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长.【答案】(1)证明见解析；(2)(3)【分析】先证明直线PD⊥平面ABCD.以点D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系.（1）利用向量法证明平面；（2）利用向量法求平面与平面所成夹角，再求正切值；（3）利用向量法求线段的长.【详解】(1)平面平面，平面ADPQ∩平面ABCD=AD.而平面ADPQ，PD⊥AD，∴直线PD⊥平面ABCD.由题意，以点D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立如图空间直角坐标系.则可得：.显然::是平面PDC的一个法向量.又，所以.又∵直线平面PDC，∴平面.(2).设为平面PBC的一个法向量，则，不妨设，可得.设为平面PBQ的一个法向量，同理可求.所以.所以平面与平面所成夹角为.而，所以平面与平面所成夹角的正切值.(3)设则， .又，∴，解得 (舍去)，故所求线段DH的长为.