浙江省台州市2021-2022学年高二数学上学期期末试卷（Word版附解析）

台州市2021学年第一学期高二年级期末质量评估试题数学命题：陈传熙（玉环中学）钭伟炀（台州市洪家中学）审题：陈清妹（台州中学）一、单项选择题（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.直线的倾斜角是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】本题考查直线的斜率.由得，此直线的斜率为；由斜率的定义有.因为直线的倾斜角，所以.故正确答案为A2.点关于坐标平面Oxy对称的点的坐标是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】本题根据关于坐标平面对称的点的坐标直接求解即可.【详解】因为点关于Oxy平面对称的点的坐标是，所以点关于平面对称的点的坐标是，故选：C3.一个盒子中装有3个红球和1个白球（这些球除颜色外其余均相同），从中任取2个球，设 事件A=“恰有一个红球”，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出共有多少种取球方法，再计算事件A=“恰有一个红球”的方法数，根据古典概型的计算公式求得答案.详解】个盒子中装有3个红球和1个白球（这些球除颜色外其余均相同），从中任取2个球共有种取法，事件A=“恰有一个红球”的方法数为，因此，故选：C.4.已知数列的前n项和，则该数列的通项公式为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】当时，，当时，，得到答案.【详解】当时，.当时，，不符合上式；所以数列的通项公式为.故选：D.5.已知直线与直线平行，则m的值为（）A.3B.C.3或D.3或4 【答案】B【解析】【分析】根据直线平行的判定得即可求m值，注意验证两直线是否平行，而非重合.【详解】由题设，，可得或，当时，、平行，符合题设；当时，、重合，不合题设；∴.故选：B.6.在等比数列中，，，则公比q的值为（）A.1B.C.1或2D.1或【答案】D【解析】【分析】讨论、，由已知结合等比数列前n项和公式求公比q.【详解】由题设，当时，符合题设；当时，，∴，则，可得或（舍），综上，或.故选：D.7.已知A，B两点在以F为焦点的抛物线上，并满足，过弦AB的中点M作抛物线对称轴的平行线，与OA交于N点，则MN的长为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】由已知结合抛物线的性质，求得坐标，进而求得坐标，即可得解.【详解】由，利用抛物线的对称性，不妨设A在第一象限，作垂直于抛物线准线，垂足分别为，作于C,如图所示，设，由抛物线的定义知,中，，则,所以，所以直线AB的方程为,与抛物线的方程联立得，解得，,所以，，故AB的中点,直线OA的方程为，令，得，所以MN的长为故选：C8.在三棱台中，底面BCD，，，．若A是BD中点，点P在侧面内，则直线与AP夹角的正弦值的最小值是（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】利用异面直线的夹角定义转化为求直线与AP夹角的正弦值最小，需点到AP的距离最小，最小值为点到面的距离，再利用等体积法求出距离，进而得解.【详解】如图，分别取的中点，连接，取的中点，连接由三棱台的性质知，且，所以四边形为平行四边形，又，，故直线与AP的夹角为直线与AP的夹角，要使直线与AP夹角的正弦值最小，需点到AP的距离最小，又点P在侧面内，则需点到AP的距离最小，即点到面的距离，设点到面的距离为，利用等体积法知即，即，在直角中，，，又在中，，，，，又设直线与AP夹角的最小值为，则故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查异面直线的夹角，解题的关键是通过异面直线夹角定义转化，再将所求夹角正弦值转化为点到AP的距离最小，即点到面的距离，考查学生的转化化归能力与运算求解能力，属于难题。二、多项选择题（本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆上，则下列说法正确的是（）A.，的坐标分别为，B.椭圆的离心率为C.的最小值为1D.当P是椭圆的短轴端点时，取到最大值【答案】ACD【解析】【分析】由椭圆方程知，利用椭圆的性质可判断ABC；利用余弦定理结合基本不等式可判断D.【详解】椭圆，其中，对于A，，，的坐标分别为，，故A正确；对于B，椭圆的离心率为，故B错误；对于C，，所以的最小值为1，故C正确； 对于D，当P在椭圆的长轴端点时，；当P不在长轴端点时，，利用余弦定理可知，当，即P在椭圆的短轴端点时，最小，此时最大，故D正确；故选：ACD10.下列说法正确的是（）A.是等差数列，，，…的第8项B.在等差数列中，若，则当时，前n项和取得最大值C.存在实数a，b，使1，a，，b，4成等比数列D.若等比数列的前n项和为，则，，成等比数列【答案】BD【解析】【分析】A写出等差数列通项公式，进而写出第8项即可判断；B根据的正负判断；C利用等比中项的性质判断；D由等比数列片段和的性质判断.【详解】A：由题设知：，则，错误；B：由已知：，，故当时，前n项和取得最大值，正确；C：若1，a，，b，4为等比数列，则，，显然不存在，错误；D：由，，，则，，是公比为的等比数列，正确.故选：BD.11.下列说法正确的是（） A.若G是四面体OABC的底面三角形ABC的重心，则B.在四面体OABC中，若，则A，B，C，G四点共面C.已知平行六面体的棱长均为1，且，则对角线的长为D.若向量，则称（m，n，k）为在基底下的坐标．已知向量在单位正交基底下的坐标为（1，2，3），则在基底下的坐标为【答案】ACD【解析】【分析】A令，，，，由G是底面三角形ABC的重心，利用向量的坐标表示即可判断；B根据空间向量共面的结论即可判断；C由，应用向量的运算律求的模即可；D用基底及对应坐标表示出向量即可判断.【详解】A：令，，，，又G是底面三角形ABC的重心，∴，，，，，∴成立，正确；B：由，而，故A，B，C，G四点不共面，错误； C：如下图，，∴，又且棱长为1，∴，则，正确；D：在基底下坐标为，则，故在基底下坐标为（1，2，3），正确.故选：ACD.12.两千多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯发现，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，其截口曲线是圆锥曲线（如图）．已知圆锥轴截面的顶角为2θ，一个不过圆锥顶点的平面与圆锥的轴的夹角为α．当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线．在长方体中，，，点P在平面ABCD内，下列说法正确的是（）A.若点P到直线的距离与点P到平面的距离相等，则点P的轨迹为抛物线 B.若点P到直线的距离与点P到的距离之和等于4，则点P的轨迹为椭圆C.若，则点P的轨迹为抛物线D.若，则点P的轨迹为双曲线【答案】BD【解析】【分析】A、B将距离转化到平面ABCD内P到定点、定直线的距离，结合圆锥曲线的定义判断正误；C、D确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角，并比较被截圆锥轴截面顶角一半的大小关系，结合题设判断P的轨迹.【详解】A：如下图，P到直线的距离与P到平面的距离相等，又P在平面ABCD内，∴在平面内，P到的距离与P到直线的距离相等，又，∴在直线上，故P的轨迹为直线，错误；B：P到直线的距离与P到的距离之和等于4，同A知：平面内，P到直线的距离与P到的距离之和等于4，而，∴P的轨迹为椭圆，正确；C：如下示意图，根据正方体的性质知：与面所成角的平面角为， ∴时，相当于以为轴，轴截面的顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，则，即，故P的轨迹为椭圆，错误；D：同C分析：时，相当于以为轴，轴截面顶角为的圆锥被面所截形成的曲线，而，即，故P的轨迹为双曲线，正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：将空间点线、点面距离转化为平面点点、点线距离判断轨迹，由题设及给定的条件确定被截圆锥的轴与截面ABCD的夹角、被截圆锥轴截面顶角大小，进而确定轨迹形状.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．第16小题第1空3分，第2空2分）13.已知△的三个顶点分别是点A（4，0），，，则△的外接圆的方程为______．【答案】【解析】【分析】令外接圆圆心，而中点为、中点为，由求x、y，进而求半径，即可写出△的外接圆的方程. 【详解】令△的外接圆圆心，又A（4，0），，∴中点为，则，则，中点为，则，则，∴圆心，又外接圆的半径，∴△的外接圆的方程为.故答案为：.14.在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______．【答案】【解析】【分析】由正方体的性质易得△斜边上的高为到平面的距离，结合已知即可求值.【详解】由题设可得示意图如下，根据正方体的性质知：面面，又△为等腰直角三角形，∴△斜边上的高，即为到平面的距离，又正方体棱长为1，∴到平面的距离为.故答案为：. 15.双曲线的左、右焦点分别为，．过作其中一条渐近线的垂线，交双曲线的右支于点P，若，则双曲线的离心率为______．【答案】【解析】【分析】由题设，不妨令，过作，则，结合勾股定理、等腰直角三角形求，再由双曲线定义求参数间的数量关系，进而求离心率.【详解】如下图，垂直一条渐近线，则，过作，故，又，∴，，又在△中，故，，由双曲线定义知：，则，∴.故答案为：.16.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家常用小石子来研究数．他们根据小石子所排列的形状把数分成许多类，如图（1）可得到三角形数1，3，6，10，…，图（2）可得到四边形数1， 4，9，16，…，图（3）可得到五边形数1，5，12，22，…，图（4）可得到六边形数1，6，15，28，…．进一步可得，六边形数的通项公式______，前n项和______．（参考公式：）【答案】①.；②..【解析】【分析】由题设易知是首项为5，公差为4的等差数列，累加法求通项公式，利用分组求和求.【详解】设六边形中，则是首项为5，公差为4的等差数列，∴，∴，∴，当时，符合该式，∴，.故答案为：，.四、解答题（本题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.某机构的招聘面试有3道难度相当的问题，假设小明答对每个问题的概率都是0.6．按照规则，每位面试者共有3次机会，一旦答对所抽到的问题，则面试通过，否则继续抽取下一个问题，依次类推，直到第3个问题为止．用G表示答对问题，用B表示答错问题，假设问题是否答对相互之间不影响．（1）请写出这个面试的样本空间；（2）求小明不能通过面试的概率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题设写出样本空间即可.（2）由小明不能通过面试的事件为，应用独立事件乘法公式求概率即可.【小问1详解】由题设，样本空间为.【小问2详解】由题意，小明不能通过面试的事件为，∴小明不能通过面试的概率.18.已知圆C圆心在直线上，且与x轴相交于点M（2，0）和N（4，0）．（1）求圆C的标准方程；（2）若过点的直线l与圆C交于A，B两点，且，试问符合要求的直线有几条？并求出相应直线l的方程．【答案】（1）;（2）有2条，分别为、。【解析】【分析】（1）由题设易知圆心在直线上，联立求圆心坐标，进而求半径，即可得圆的方程.（2）判断的位置，讨论直线l斜率，结合圆的方程，应用韦达定理、弦长公式求参数，即 可判断直线的条数及对应方程.【小问1详解】由题设，中点为，则圆心在直线上，联立，可得圆心为，∴圆的半径为，综上，圆C的标准方程：.【小问2详解】∵，∴在圆外，当直线l斜率不存在时，直线方程为，则，，显然符合题设；当直线l斜率存在时，设为，联立圆C可得：，若，，则，，∴，可得：.∴此时，直线l：，即.综上，符合条件的直线有2条，分别为、.19.在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，，，侧面底面ABCD，，．（1）若PB的中点为E，求证：平面PCD；（2）若PB与底面ABCD所成的角为60°，求平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取PC的中点F，连接EF，DF，推导出四边形ADFE是平行四边形，，由此能证明平面PCD；（2）△为等边三角形，是中点，作，以为原点，、、为x、y、z轴建空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【小问1详解】如图，取PC的中点F，连接EF，DF，，F分别为PB，PC的中点，，，且，且，四边形ADFE是平行四边形，，平面PCD，平面PCD，平面PCD．【小问2详解】若是中点，作，由底面ABCD为直角梯形且，，，由侧面底面ABCD，面面，面，∴在面ABCD的投影在直线上，又PB与底面ABCD所成的角为60°， ∴PB与底面ABCD所成角的平面角，则△为等边三角形.∴以为原点，、、为x、y、z轴建空间直角坐标系，如下图示：∴、、、，则，，，设平面BDP的法向量，则，取，得，设平面PCD的法向量，则，取，得，设平面PCD与平面PBD的夹角为，则，平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值为．20.已知数列首项，且满足．（1）证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设，，求数列的前n项和．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）对已知等式两边取倒数，再利用等比数列的定义证明，进而求得通项公式；（2）利用错位相减法求和即可求解.【小问1详解】由，两边取倒数得，即，即故数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，，即所以数列的通项公式为【小问2详解】由（1）知，，①②两式相减得：21.已知椭圆的离心率为，椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆上． （1）求△面积的最大值；（2）设过点P的椭圆的切线方程为，试用k，m表示点P的坐标；（3）设点P坐标为，求证：一条光线从点发出到达P点，经过椭圆反射后，反射光线必经过点．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由离心率求椭圆方程，再由椭圆中焦点三角形的性质即可求其最大面积.（2）联立直线与抛物线，整理成一元二次方程形式，根据求得，进而求P的坐标即可.（3）由题设求得P的切线斜率、、，令的左切角为，的右切角为，应用到角公式求，即可证结论.【小问1详解】由题设，，又，则，可得，∴椭圆方程为，而在椭圆上下顶点时，△面积的最大， ∴.【小问2详解】联立与，整理得：，∵直线与椭圆相切，即，∴，故，∴，则，故.【小问3详解】由P处的切线方程为，故切线斜率为，设的左切角为，的右切角为，而，，由到角公式：，，∴，即，当P为或时，过P的切线方程分别为、， 由椭圆的对称性知：光线从点发出到达P点，经过椭圆反射后，反射光线必经过点.综上，一条光线从点发出到达P点，经过椭圆反射后，反射光线必经过点，得证．【点睛】关键点点睛：第三问，求P的切线斜率、、，再应用到角公式求、与P处的切线夹角大小.