2021-2022学年福建师范大学附属中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年福建师范大学附属中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建师范大学附属中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题
1．经过点（1，－1）且一个方向向量为（1，）的直线l的方程是（    ）
A．3x+2y－1＝0 B．3x+2y+1＝0 C．2x+3y+1＝0 D．x－2y－3＝0
【答案】A
【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率k的值，代入点斜式方程，求出直线方程即可.
【详解】直线l的一个方向向量为（1，），且经过（1，－1），
故直线l的斜率k＝，
故直线方程为：y+1＝（x－1），即3x+2y－1＝0，
故选：A.
2．圆与圆的位置关系是（    ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．相离
【答案】C
【分析】求出圆心距，与两半径的和差比较可得．
【详解】圆心，圆心为，半径为，
圆标准方程为，圆心为，半径为．
，显然，所以两圆相交．
故选：C．
3．已知直线与平行，则实数a的值为
A．－1或2 B．0或2 C．2 D．－1
【答案】D
【分析】根据两直线平行，列方程，求的a的值.
【详解】已知两直线平行，可得a•a -（a+2）=0，即a2-a-2=0，解得a=2或-1．
经过验证可得：a=2时两条直线重合，舍去．
∴a=-1．
故选D
【点睛】对于直线
若直线
4．设函数f（x）＝sin2x，，若，函数是偶函数，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由诱导公式和余弦函数为偶函数，可得（），再由的范围，可得所求值.
【详解】函数f（x）＝sin2x，x∈R，
函数f（x+）＝sin2（x+）＝sin（2x+2），
由于f（x+）是偶函数，可得2＝kπ+（k∈Z），
即（k∈Z），
由∈[0，），可得的值为 .
故选：C.
5．正方体中，是的中点，为底面的中心，为棱上的任意一点，则直线与直线所成的角为
A．
B．
C．
D．与点的位置有关
【答案】C
【详解】试题分析：如下图所示建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，设，，
，，∴，，
∴，即，故夹角为，故选C.
【解析】异面直线的夹角.

【名师点睛】探求常规的异面直线所成角的问题，首先要理清求角的基本步骤为“一作，二证，三求”，通过平行线或补形平移法把异面直线转化为相交直线进而求其夹角，其中空间选点任意但要灵活，如常选择“端点，中点，等分点”，通过三角形的中位线平行于底边，长方体对面上的平行线进行平移等.这是研究空间图形的一种基本思路，即把空间图形问题转化为平面图形问题.
6．直线y＝x+b与曲线有且仅有一个公共点，则实数b的取值范围是（    ）
A．b＝± B．－1＜b≤1或b＝ C．－1≤b＜1或b＝ D．－≤b≤
【答案】C
【分析】把曲线方程整理后可知其图像为半圆，进而画出图像来，要使直线与曲线有且仅有一个交点，那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第二象限与曲线相切，交曲线于（0，1）和（－1，0），及与曲线交于点（0，－1），分别求出b，则b的范围可得.
【详解】曲线有即 x2+y2＝1 （x≤0），表示一个半圆（单位圆位于x轴及x轴左侧的部分）.如图，

则A（0，1）、B（－1，0）、C（0，－1），
当直线y＝x+b经过点C时，－1＝0+b，求得 b＝－1；
当直线y＝x+b经过点B、点A时，0＝－1+b，求得b＝1；
当直线y＝x+b和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，可得，求得b＝，或 b＝－（舍去），
故要求的实数b的范围为－1≤b＜1或b＝，
故选：C.
7．已知A，B，C，D在球O的表面上，为等边三角形且其面积为，平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正弦定理可得外接圆的半径，作图利用勾股定理可得四面体的外接球的半径，即可求出球O的表面积.
【详解】
因为为等边三角形且其面积为，
所以的边长为，设外接圆的半径为，
由正弦定理可得，，取底面中心为，即
∵平面ABC，AD＝2，
过作，且取，
则即是四面体外接球的球心，半径，
在中，，则，
所以球O的表面积为.
故选：D.
8．已知点F是椭圆的上焦点，点P在椭圆E上，线段PF与圆相切于点Q，O为坐标原点，且，则椭圆E的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据可得，结合圆的相切关系可得，然后利用椭圆的定义及勾股定理可求离心率.
【详解】设椭圆的下焦点为，圆的圆心为，线段的中点为，
因为，所以，即；
所以，由于，所以；
因为线段PF与圆相切于点Q，
所以，所以，所以；
因为，所以；
根据椭圆定义可得，所以有，整理得，
所以离心率.
故选：B.

【点睛】本题主要考查椭圆的离心率的求解，根据题意构建关于的关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

二、多选题
9．已知F1，F2分别是椭圆C：的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（    ）
A．的周长为10 B．面积的最大值为
C．的最小值为1 D．椭圆C的焦距为6
【答案】AB
【分析】根据椭圆的方程求出，再结合椭圆定义与椭圆的几何性质即可分别判断正误求解.
【详解】∵椭圆C方程为：，

的周长为，∴A正确；
∴△PF1F2面积的最大值为，此时位于短轴的端点，∴B正确；
在椭圆的左顶点时，|PF1|的最小值为a－c＝1，又P为椭圆C上异于长轴端点的动点，∴C错误；
椭圆C的焦距为2c＝4，∴D错误.
故选：AB.
10．某同学在研究函数的最值时，联想到两点间的距离公式，从而将函数变形为，则下列结论正确的是（    ）
A．函数的最小值为 B．函数的最小值为
C．函数没有最大值 D．函数有最大值
【答案】BC
【分析】由题意画出图形，利用动点到两定点距离和的变化求出最小值判断AB，分析无最大值判断CD．
【详解】设，可理解为动点到两个定点，的距离和．
如图：

由三角形三边关系可得,当点P和点B重合时，等号成立，
无最大值，
所以函数的最小值为，没有最大值.
故选：BC
11．已知点F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是椭圆上的一点（异于左、右顶点），若存在以为半径的圆内切于，则该椭圆的离心率可能为（    ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【分析】根据题意可得，从而可得，再化简转化为关于的不等式，解不等式即可求解.
【详解】由椭圆性质可得：的面积满足，
又存在以c为半径的圆内切于，
∴，
∴a+c≤b，
∴（a+c）2≤2b2＝2（a2－c2），
∴3c2+2ac－a2≤0，
∴3e2+2e－1≤0，

又，
解得，
故选：CD.
12．如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（点A不落在底面BCDE内），若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是（　　）

A．四棱锥体积最大值为 B．线段BM长度是定值
C．MB∥平面A1DE一定成立 D．存在某个位置，使
【答案】ABC
【分析】对选项A，取的中点，连接，根据题意得到当平面平面时，到平面的距离最大，再计算四棱锥体积即可判断A正确.
对选项B，对选项B，取的中点，连接，，根据等角定理得到，再利用余弦定理即可判断B正确.对选项C，首先根据题意易证平面平面，再利用面面平行的性质即可判断C正确，对选项D，连接，根据在平面的射影在上，与不垂直，即可判断D错误.
【详解】对选项A，取的中点，连接，如图所示：

当平面平面时，到平面的距离最大.
因为，为中点，所以.
又因为平面平面，所以.
，所以.
所以四棱锥体积最大值为，故A正确.
对选项B，取的中点，连接，，如图所示：

因为分别为的中点，，
所以四边形为菱形，所以，，
所以，，，
所以，故B正确.
对选项C，因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
又因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，故C正确.
对选项D，连接，如图所示：

因为在平面的射影在上，
，，所以与不垂直，
所以与不垂直，故D错误.
故选：ABC

三、填空题
13．求过点且与圆相切的直线方程为______.
【答案】x＝4或3x+4y＝0
【分析】先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】当直线的斜率存在时，可设直线方程为y+3＝k（x－4），即kx－y－4k－3＝0，
由题意得，
解得k＝，此时直线方程为3x+4y＝0，
当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝4
此时圆心 到直线x＝4的距离为3，所以直线与圆相切，符合题意.
故答案为：x＝4或3x+4y＝0.
14．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为______.

【答案】
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面ABC1的法向量，再由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，， ，
设平面ABC1的法向量为，则，即，
令，则，故，
所以点B1到平面ABC1的距离为.
故答案为：.
.
15．已知直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0与圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0相交于A，B两点，则|AB|的最小值为______________．
【答案】
【分析】根据题意，分析圆C的圆心与半径，将直线l的方程变形为y﹣2＝k（x﹣2），恒过定点M（2，2），分析可得M在圆C内部，分析可得：当直线l与CM垂直时，弦|AB|最小，求出此时|CM|的值，由勾股定理分析可得答案．
【详解】解：根据题意，圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，
圆心C的坐标为（1，3），半径r＝2，
直线l：kx﹣y﹣2k+2＝0，即y﹣2＝k（x﹣2），恒过定点M（2，2），
又由圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，则点M（2，2）在圆内，
分析可得：当直线l与CM垂直时，弦|AB|最小，
此时|CM|＝＝，
则|AB|的最小值为2＝；
故答案为：．

四、双空题
16．17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局面，创立了新分支——解析几何．我们知道，方程在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线，那么在三维空间中，它表示______，过点且法向量为的平面的方程是______．
【答案】     一个平面    
【分析】根据空间直角坐标系的特征判断即可，再由在空间直角坐标系中，若法向量为，且平面过点，那么平面方程为计算可得；
【详解】解：依题意可得在三维空间中，它表示一个平面，在这个平面上所有点的横坐标都为，
过点且法向量为的平面的方程为，整理得
故答案为：一个平面；

五、解答题
17．在①，②2ccosA＝acosB+bcosA，③b2+c2＝a2+bc，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题.问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若已知b＝6，，______，求a的值.
【答案】选①：，选②：，选③：
【分析】选条件①时，直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换及三角形的面积公式和余弦定理，求出a的值；
选条件②时，直接利用三角函数的关系式的变换及三角形的面积公式和余弦定理，求出a的值；
选条件③时，直接利用余弦定理及三角形的面积公式，求出结果.
【详解】若选①：因为，
所以，
因为0＜C＜π，所以sinC≠0
所以，
即，所以，
因为0＜A＜π，所以.
所以，
所以，由余弦定理有
，
所以.
若选②：因为2ccosA＝acosB+bcosA，
所以2sinCcosA＝sinAcosB+sinBcosA，
所以2sinCcosA＝sin（A+B）＝sin（π－C）＝sinC
因为0＜C＜π，所以sinC≠0，所以，
因为0＜A＜π，所以，
所以，
所以c＝2，由余弦定理有
，
所以.
若选③：因为b2+c2＝a2+bc，所以b2+c2－a2＝bc，
所以，
因为0＜A＜π，所以，
所以，
所以c＝2，由余弦定理有
，
所以.
故答案为： ；；.
18．在平面直角坐标系xOy中，已知点Q（，0），直线l：x＝，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若直线m：x－y－1＝0与曲线C交于A，B两点，求|AB|.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设P的坐标，由题意可得P的横纵坐标的关系，进而求出P的轨迹方程.
（2）联立直线与曲线方程，写出韦达定理，利用弦长公式计算即可
可求弦|AB|的长.
【详解】（1）设P（x，y），由题意可得，
整理可得：；
所以P的轨迹C的方程为：.
（2）设直线m：x－y－1＝0与曲线C交于A（x1，y1），B（x2，y2），
由，消去y得x2+2（x－1）2＝6，整理得3x2－4x－4＝0，
由
所以x1+x2＝，x1x2＝，，
所以.

19．如图，正方形的中心为O，四边形为矩形，平面 平面，点G为 的中点， .

(1)求证： 平面 ；
(2)求点D到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取 的中点M，连接 为线段 的中点，根据三角形的中位线定理、矩形的性质、平行四边形的判断定理、线面平行的判定定理即可证明结论.
（2）连接 ，根据面面垂直的性质定理可得平面 ，建立空间直角坐标系，求得直线EG的单位方向向量，可得点D到直线EG的距离.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接 ，正方形的中心为O，则共线，

又G为线段的中点，则 ，
∵四边形为矩形，则 ，
∴四边形为平行四边形，
∴ ，而平面 ，而平面，
∴平面.
（2）连接 ,
∵四边形为矩形，则,平面平面 ，
平面平面,平面,
∴平面，故以B为坐标原点，以为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，
，，
直线EG的单位方向向量，
∴，
∴点D到直线EG的距离.
20．已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2），，求的取值范围.
【答案】（1）()；（2）.
【分析】（1）先通过降幂公式和辅助角公式将函数化简，进而求出单调递减区间；
（2）先用诱导公式将函数化简，进而进行换元，然后通过参变分离解得答案.
【详解】（1）

.
令，，
解得，.
故的单调递减区间是().
（2），，
则.
令，，则，
即，可得.
因为，当且仅当，即，时取等号，
所以.
故，即的取值范围是.
21．如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，.

(1)证明：平面；
(2)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由.
【答案】(1)证明见解析.
(2)存在；．

【分析】（1）由面面垂直的性质可得，再得出即可证明；
（2）设，求出平面和平面的法向量，利用向量关系建立方程求出即可得出.
【详解】（1）正方形中，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，，且，又，
，又，
，又，，，
平面；
（2）
由（1）知，平面，
以B为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设点，，，
，
，
设平面的法向量为，
，
令，
显然，平面的法向量为，
，
即，即
即，解得或（舍），
则存在一点，且.
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左右焦点分别为，，点P为椭圆上的动点，△的面积的最大值为，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
（1）求精圆C的方程；
（2）若直线过定点且与椭圆交于不同的两点A，B，点M是椭圆的右顶点，直线AM，BM分别与y轴交于P，Q两点，试问：以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点?若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】（1）由题设可得且原点到的距离为，即可求椭圆参数，进而写出椭圆方程.
（2）法一：讨论斜率的存在性分别研究定点，且斜率存在时设、、，联立椭圆方程，应用韦达定理求、；法二：设，联立椭圆方程应用韦达定理求、；(两种方法后续过程)求直线、方程进而确定P，Q坐标，设定点坐标，则有，利用向量数量积的坐标表示列方程求坐标即可；
【详解】（1）由△的面积最大值为，且以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
∴，解得，，，则椭圆的方程是.
（2）以线段为直径的圆过轴上的定点.
法一：当直线斜率不存在时，以为直径的圆的方程为：，恒过定点.
当直线斜率存在时，设，.
由得：.
设，，则有，.
又是椭圆的右顶点，则.
由题意知：直线为，故.
直线为：，故.
若以为直径的圆过轴上的定点，则等价于恒成立.
又，，
∴恒成立.
又
.
∴，解得.
故以为直径的圆过轴上的定点.
法二：设，代入得.
，
直线：，令得，即，同理得
设以线段为直径的圆过轴上的定点，有，即，则，
将、代入得，，则定点.
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线及交点坐标，联立椭圆方程并整理，应用韦达定理求、或、，再根据已知确定P，Q坐标，并设坐标易知，利用向量数量积坐标公式求坐标即可.