湖北省荆州市八县市2021-2022学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州市八县市2021-2022学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了答卷前，考生务必用0，考生必须保持答题卡的整洁， 以下四个命题表述正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年度上学期期末质量检测高二数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自已的姓名､考试科目､准考证号填写在答题卡和试题卷规定的位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题处上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一､选择题（本大题共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个1. 直线的斜率是方程的两根，则与的位置关系是（    ）A. 平行 B. 重合C. 相交但不垂直 D. 垂直【答案】C【解析】【分析】由韦达定理可得方程的两根之积为，从而可知直线、的斜率之积为，进而可判断两直线的位置关系【详解】设方程的两根为、，则．直线、的斜率，故与相交但不垂直．故选：C．2. 抛物线的焦点是A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先判断焦点的位置，再从标准型中找出即得焦点坐标.【详解】焦点在轴上，又，故焦点坐标为，故选D.【点睛】求圆锥曲线的焦点坐标，首先要把圆锥曲线的方程整理为标准方程，从而得到焦点的位置和焦点的坐标.3. 等差数列中，已知，则（    ）A. 36 B. 27 C. 18 D. 9【答案】B【解析】【分析】直接利用等差数列的求和公式及等差数列的性质求解.【详解】解：由题得.故选：B4. 以下四个命题中，正确的是（    ）A. 若，则三点共线B. C. 为直角三角形的充要条件是D. 若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底【答案】D【解析】【分析】利用向量共线的推论可判断A，利用数量积的定义可判断B，利用充要条件的概念可判断C，利用基底的概念可判断D.【详解】对于A，若，，所以三点不共线，故A错误；对于B，因为，故B错误；对于C，由可推出为直角三角形，由为直角三角形，推不出，所以为直角三角形的充分不必要条件是，故C错误；对于D，若为空间的一个基底，则不共面，若不能构成空间的一个基底，设，整理可得，即共面，与不共面矛盾，所以能构成空间的另一个基底，故D正确.故选：D.5. 已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设所求点的坐标为，由，逐一验证选项即可．【详解】设所求点的坐标为，则，因为平面的一个法向量为，所以，，对于选项A，，对于选项B，，对于选项C，，对于选项D，．故选：A．6. 已知点，若直线与线段没有公共点，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分别求出，即可得到答案.【详解】直线经过定点.因为，所以,所以要使直线与线段没有公共点，只需：，即.所以的取值范围是.故选：A7. 已知数列满足，则满足的的最大取值为（    ）A. 6 B. 7 C. 8 D. 9【答案】B【解析】【分析】首先地推公式变形，得，，求得数列的通项公式后，再解不等式.【详解】因为，两边取倒数，得，整理为：，，所以数列是首项为1，公差为4的等差数列，，，因为，即，得，解得：，,所以的最大值是7.故选：B8. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将之称为阿波罗尼斯圆.现有椭圆为椭圆长轴的端点，为椭圆短轴的端点，，分别为椭圆的左右焦点，动点满足面积的最大值为面积的最小值为，则椭圆的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题可得动点M的轨迹方程，可得，，即求.【详解】设，，由，可得=2，化简得.∵△MAB面积的最大值为面积的最小值为，∴，，∴，即，∴．故选：A．二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.）9. 已知事件，且，则下列结论正确的是（    ）A. 如果与互斥，那么B. 如果与相互独立，那么C. 如果，那么D. 如果与相互独立，那么【答案】AB【解析】【分析】根据互斥事件和独立事件的定义，概率公式，分别判断选项.【详解】A选项：如果与互斥，那么，，故A选项正确；B选项：如果与相互独立，那么，，故B正确；C选项：如果，则，，故C错误；D选项：如果与相互独立，. ，，故D错误故选：AB10. 以下四个命题表述正确的是（    ）A. 直线恒过定点B. 圆上有4个点到直线的距离都等于1C. 圆与圆恰有一条公切线，则D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点【答案】AD【解析】【分析】利用直线系方程求解直线所过定点判断A；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径判断B；由圆心距等于半径差列式求得判断C；求出两圆公共弦所在直线方程，再由直线系方程求得直线所过点的坐标判断D．【详解】由，得，联立，解得，直线恒过定点，故A正确；圆心到直线的距离等于1，直线与圆相交，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B错误；两圆恰有一条公切线，则两圆内切，曲线化为标准式，圆心，半径为1，曲线化为标准式，圆心，半径为，∴圆心距为，解得，故C错误；设点坐标为，则，以为直径的圆的方程为，两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，令，，解得，，故直线经过定点，故D正确．故选：AD.11. 一个弹性小球从高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下.设它第次着地时，经过的总路程记为，则当时，下面说法正确的是（    ）A.  B. C. 的最小值为 D. 的最小值为250【答案】BC【解析】【分析】由运动轨迹分析列出总路程关于的表达式，再由表达式分析数值特征即可.【详解】由题可知，第一次着地时，；第二次着地时，；第三次着地时，；……第次着地后，则，显然，又是关于的增函数，，故当时，的最小值为；综上所述，BC正确故选：BC.12. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）.给出下列四个结论，其中正确结论是（    ）A. 图形关于轴对称B. 曲线恰好经过4个整点（即横､纵坐标均为整数的点）C. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过D. 曲线所围成的“心形”区域的面积大于3【答案】ACD【解析】【分析】将换成方程不变，得到图形关于轴对称，根据对称性，分类讨论，逐一判定，即可求解.【详解】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，故A正确；对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，当时，方程变换为，由，解得，所以只能取整数，当时，，解得或，即曲线经过，根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，故B错误；对于C，当时，由可得，（当时取等号），，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故C正确；对于D，如图所示，在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大于等腰三角形的面积：，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，故D正确；故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了命题的真假判定及应用，以及曲线与方程的应用，其中解答中合理利用图形的对称性，逐一判定是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 如图：二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，则的长等于__________.【答案】【解析】【分析】由题意，二面角等于，根据，结合向量的运算，即可求解.【详解】由题意，二面角等于，可得向量，，因为，可得,所以.故答案为：14. 已知定点，动点分别在直线和上运动，则的周长取最小值时点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】作点分别关于直线和的对称点，根据对称性即可求出三角形周长的最小值，利用三点共线求出的坐标.【详解】如图所示：定点关于函数对称点，关于 轴的对称点，当与直线和的交点分别为时，此时的周长取最小值，且最小值为 ．此时点的坐标满足，解得，即点.故答案为：.15. 已知是椭圆的两个焦点，分别是该椭圆的左顶点和上顶点，点在线段上，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由题可设，则，然后利用数量积坐标表示及二次函数的性质即得.【详解】由题可得，，设，因为点P在线段AB上，所以，∴，∴当时，的最小值为.故答案为：.16. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，下图中第一行的称为三角形数，第二行的称为五边形数，则三角形数的第10项为__________，五边形数的第项为__________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】对于三角形数，根据图形寻找前后之间的关系，从而归纳出规律利用求和公式即得，对于五边形数根据图形寻找前后之间的关系，然后利用累加法可得通项公式.【详解】由题可知三角形数的第1项为1，第2项为3=1+2，第3项为6=1+2+3，第4项为10=1+2+3+4，，因此，第10项为；五边形数的第1项为，第2项为，第3项为，第4项为，…，因此，，所以当时，,当时也适合，故，即五边形数的第项为.故答案为：55；.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17. 某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达､延迟5分钟内送达､延迟5至10分钟送达､其他延迟情况，分别评定为四个等级，各等级依次奖励3元､奖励0元､罚款3元､罚款6元.假定评定为等级的概率分别是.（1）若某外卖员接了一个订单，求其不被罚款的概率；（2）若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为3元的概率.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率公式，即可求解；（2）由条件可知两单共获得的奖励为3元即事件，同样利用互斥事件和的概率，即可求解.【小问1详解】设事件分别表示“被评为等级”，由题意，事件两两互斥，所以，又“不被罚款”，所以.因此“不被罚款”概率为；【小问2详解】设事件表示“第单被评为等级”，，则“两单共获得的奖励为3元”即事件，且事件彼此互斥，又，所以.18. 在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和所在直线的方程为.（1）求对角线所在直线的一般方程；（2）求所在直线的一般方程.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）首先求的中点，再利用垂直关系求直线的斜率，即可求解；（2）首先求点的坐标，再求直线的斜率，求得直线的斜率，利用点斜式直线方程，即可求解.【小问1详解】由和得：中点四边形为菱形，，且中点，对角线所在直线方程为：，即：.【小问2详解】由，解得：，，，，直线的方程为：，即：.19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，直线垂直于平面分别为的中点，直线与相交于点.
 （1）证明：与不垂直；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，计算得出，即可证得结论成立；或利用反证法；（2）利用空间向量法即求.【小问1详解】方法一：如图以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、．设，因为，，因为，所以，得，即点，因为，，所以，故与不垂直．方法二：假设与垂直，又直线平面平面，所以.而与相交，所以平面又平面，从而又已知是正方形，所以与不垂直，这产生矛盾，所以假设不成立，即与不垂直得证.【小问2详解】设平面的法向量为，又，因为，所以，令，得.设平面的法向量为，因为，所以，令，得.因为.显然二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值是.20. 已知直线，半径为的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右上方.（1）求圆的方程；（2）过点的直线与圆交于两点在轴上方），问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；    （2）存在，.【解析】【分析】（1）设出圆心，根据圆心到直线距离等于半径列方程求出的值可得圆心坐标，进而可得圆的方程；（2）由题可设直线的方程为，与圆的方程联立，利用韦达定理及可得，即得.【小问1详解】由已知可设圆心，则，解得或（舍）.所以圆.【小问2详解】由题可设直线的方程为，由，得到：显然成立，所以.①若轴平分，则，所以：，整理得：，将①代入整理得对任意的恒成立，则.∴存在点为时，使得轴平分.21. 已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：当时，.【答案】（1）；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用前n项和与的关系即求；（2）由题知，然后利用裂项相消法即证.【小问1详解】由，可得，两式相减可得，当时，，满足，所以.【小问2详解】∵，因为，所以当时，.22. 已知曲线上任意一点满足方程，（1）求曲线的方程；（2）若直线与曲线在轴左､右两侧的交点分别是，且，求的最小值.【答案】（1）    （2）8【解析】【分析】（1）根据双曲线的定义即可得出答案；（2）可设直线的方程为，则直线的方程为，由，求得，同理求得，从而可求得的值，再结合基本不等式即可得出答案.【小问1详解】解：设，则，等价于，曲线为以为焦点的双曲线，且实轴长为2，焦距为，故曲线的方程为：；【小问2详解】解：由题意可得直线的斜率存在且不为0，可设直线的方程为，则直线的方程为，由，得，所以，同理可得，，所以，，当且仅当时取等号，所以当时，取得最小值8.