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湖北省荆州市八县市2021-2022学年高二数学上学期期末试卷(Word版附解析)
湖北省荆州市八县市2021-2022学年高二数学上学期期末试卷(Word版附解析)
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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.36B.27C.18D.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.6B.7C.8D.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.
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高中 - 数学
发布时间:2023-02-13 10:02:03
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