2021-2022学年福建省泉州市高二上学期期末教学质量检测数学试题含答案

这是一份2021-2022学年福建省泉州市高二上学期期末教学质量检测数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省泉州市高二上学期期末教学质量检测数学试题一、单选题1．已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据空间中射影的定义即可得到答案.【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，所以的竖坐标为0 ，横、纵坐标与A点的横、纵坐标相同，所以点的坐标为.故选：D2．设等差数列的前n项和为．若，则（       ）A．19 B．21 C．23 D．38【答案】A【分析】由已知及等差数列的通项公式得到公差d，再利用前n项和公式计算即可.【详解】设等差数列的公差为d，由已知，得，解得，所以.故选：A3．设分别是椭圆的左、右焦点，P是C上的点，则的周长为（       ）A．13 B．16 C．20 D．【答案】B【分析】利用椭圆的定义及即可得到答案.【详解】由椭圆的定义，，焦距，所以的周长为.故选：B4．已知直线，若直线与垂直，则的倾斜角为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由直线与垂直得到的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得到答案.【详解】因为直线与垂直，且，所以，解得，设的倾斜角为，，所以.故选：D5．在棱长均为1的平行六面体中，，则（       ）A． B．3 C． D．6【答案】C【分析】设，，，利用结合数量积的运算即可得到答案.【详解】设，，，由已知，得，，，，所以，所以.故选：C6．已知数列满足，则（       ）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】根据递推式以及迭代即可.【详解】由，得，，，，，，.故选：B7．抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为F，一条平行于y轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则经点B反射后的反射光线必过点（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出、坐标可得直线的方程，与抛物线方程联立求出，根据选项可得答案,【详解】把代入得，所以，所以直线的方程为即，与抛物线方程联立解得，所以，因为反射光线平行于y轴，根据选项可得D正确,故选：D.8．已知点与不重合的点A，B共线，若以A，B为圆心，2为半径的两圆均过点，则的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得两点的坐标满足圆，然后由圆的性质可得当时，弦长最小，当过点时，弦长最长，再根据向量数量积的运算律求解即可【详解】设点，则以A，B为圆心，2为半径的两圆方程分别为和，因为两圆过，所以和，所以两点的坐标满足圆，因为点与不重合的点A，B共线，所以为圆的一条弦，所以当弦长最小时，，因为，半径为2，所以弦长的最小值为，当过点时，弦长最长为4，因为，所以当弦长最小时，的最大值为，当弦长最大时，的最小值为，所以的取值范围为，故选：D二、多选题9．圆与圆的位置关系可能是（       ）A．外离 B．外切 C．相交 D．内含【答案】ABC【分析】由圆心距与两圆半径的关系判断两圆的位置关系.【详解】整理为：，从而圆心为，半径为2，而的圆心为，半径为2，从而两圆的圆心距为，当，即或时，此时两圆外离；当，此时，此时两圆外切；由于恒成立，故当，即时，两圆相交；且，故两圆不会内含或内切，综上：两圆得位置关系可能是外离，外切或相交.故选：ABC10．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（       ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据，，的值，可得，利用累加法可得即可判断选项A、C，再计算前项的和可判断B；利用裂项求和可判断D，进而可得答案.【详解】依题意因为，，，……，，以上个式子累加可得：，又满足上式，所以，，故A错误；因，所以，故B正确；因为，所以，故C正确；，，故D错误.故选：BC11．已知曲线，分别为C的左、右焦点，点P在C上，且是直角三角形，下列判断正确的是（       ）A．曲线C的焦距为B．若满足条件的点P有且只有4个，则m的取值范围是且C．若满足条件的点P有且只有6个，则D．若满足条件的点P有且只有8个，则m的取值范围是【答案】AC【分析】依次对所给选项利用数形结合的思想进行判断即可.【详解】A.当C表示椭圆时，因为，所以C的焦点在x轴上，且，所以，即，所以焦距为；当C表示双曲线时，因为，即，所以C的焦点在x轴上，所以，即，所以焦距为；故A正确；B.若满足条件的点P有且只有4个，则C表示椭圆，如图1，以为直径的圆O与C没有公共点，所以，即，所以m的取值范围是，故B错误；C.若满足条件的点P有且只有6个，则C表示椭圆，如图2，以为直径的圆O与C有2个公共点，所以，即，所以m的取值范围是，故C正确；D.若满足条件的点P有且只有8个，则当C表示椭圆时，如图3，以为直径的圆O与C有4个公共点，所以，即，所以m的取值范围是；当C表示双曲线时，如图4，以为直径的圆O与C恒有8个公共点，所以，综上m的取值范围是或；故D错误.故选：AC12．已知边长为的正三角形中，为中点，动点在线段上（不含端点），以为折痕将折起，使点到达的位置．记，异面直线与所成角为，则对于任意点，下列成立的是（       ）A．B．C．存在点，使得D．存在点，使得平面【答案】ABC【分析】利用空间向量数量积的运算性质可判断A选项；利用空间向量夹角的数量积表示可判断B选项；利用线面垂直的性质可判断C选项；利用反证法可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，由图可知，为锐角，故，A对；对于B选项，因为，因为，，所以，，因为、均为锐角且函数在上单调递减，故，B对；对于C选项，，过直线作平面，使得平面，设，连接，因为平面，平面，则，在翻折的过程中，当时，，故存在点，使得，C对；对于D选项，若平面，平面，则，，事实上，，矛盾，故假设不成立，D错.故选；ABC.三、填空题13．已知，且，则_____________．【答案】2【分析】由共线向量得，解方程即可.【详解】因为，所以，解得.故答案为：214．若等比数列满足，则的前n项和____________．【答案】【分析】由已知及等比数列的通项公式得到首项和公比，再利用前n项和公式计算即可.【详解】设等比数列的公比为，由已知，得，解得，所以.故答案为：15．已知P是椭圆的上顶点，过原点的直线l交C于A，B两点，若的面积为，则l的斜率为____________．【答案】【分析】设出直线AB的方程，联立椭圆方程得到A点横坐标满足，再利用，解方程即可得到答案.【详解】设直线AB的方程为：，，由，得，所以，又所以，解得.故答案为：16．设O为坐标原点，F为双曲线的焦点，过F的直线l与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，且的内切圆的半径为，则C的离心率为____________．【答案】【分析】，作出渐近线图像，由题可知的内切圆圆心在x轴上，过内心作OA和AB的垂线，可得几何关系，据此即可求解.【详解】双曲线渐近线OA与OB如图所示，OA与OB关于x轴对称，设△OAB的内切圆圆心为，则M在的平分线上，过点分别作于点于，由，则四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为得，又，∴，且，∴，∴，则.故答案为：.四、解答题17．已知抛物线的焦点为F，点在C上．(1)求p的值及F的坐标；(2)过F且斜率为的直线l与C交于A，B两点（A在第一象限），求．【答案】(1)，(2)4【分析】（1）将M坐标代入方程即可；（2）联立直线l与抛物线方程得到A、B的横坐标，再利用焦半径公式求出即可.(1)将代入，得，解得，所以(2)由（1）得抛物线方程为，直线l的方程为，联立消y得，解得或，因为A在第一象限，所以，所以，，所以18．公差不为0的等差数列中，，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为．若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等比数列的定义以及等差数列的性质，列出方程即可得到答案；（2）先求出的通项，再利用的单调性即可得到的最小值，从而求得的取值范围．(1)依题意，，，所以，设等差数列的公差为，则，解得，所以(2)，则数列是递增数列，，所以，若，则.19．如图，在正四棱锥中，为底面中心，，为中点，．(1)求证：平面；(2)求：（ⅰ）直线到平面的距离；（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）.【分析】（1）连接，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；（2）（i）利用空间向量法可求得直线到平面的距离；（ii）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.(1)证明：连接，则为的中点，且，在正四棱锥中，平面，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、、、、、、、，，设平面的法向量为，，，则，取，则，因为，则，又因为平面，所以，平面.(2)解：（i），所以，直线到平面的距离为.（ii），则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.20．已知数列的前n项和．(1)证明是等比数列，并求的通项公式；(2)在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）利用及已知即可得到证明，从而求得通项公式；（2）先求出通项，再利用错位相减法求和即可.(1)因为，当时，，所以，当时，，又，解得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故(2)因为，所以，，，，所以，所以21．某公园有一形状可抽象为圆柱的标志性景观建筑物，该建筑物底面直径为8米，在其南面有一条东西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与观景直道平行的两段辅道，观景直道与辅道距离10米．在建筑物底面中心O的东北方向米的点A处，有一全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度．(1)在西辅道上距离建筑物1米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内？(2)求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度．【答案】(1)不在(2)17.5米【分析】（1）以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系，求出直线AB方程，判断直线AB与圆O的位置关系即可；（2）摄像头监控不会被建筑物遮挡，只需求出过点A的直线l与圆O相切时的直线方程即可.(1)以O为原点，正东方向为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系则，观景直道所在直线的方程为依题意得：游客所在点为则直线AB的方程为，化简得，所以圆心O到直线AB的距离，故直线AB与圆O相交，所以游客不在该摄像头监控范围内.(2)由图易知：过点A的直线l与圆O相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物遮挡，所以设直线l过A且恰与圆O相切，①若直线l垂直于x轴，则l不可能与圆O相切；②若直线l不垂直于x轴，设，整理得所以圆心O到直线l的距离为，解得或，所以直线l的方程为或，即或，设这两条直线与交于D，E由，解得，由，解得，所以，观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为17.5米.22．曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，C上的点M满足，且直线的斜率之积等于．(1)求C的方程；(2)过点的直线l交C于A，B两点，若，其中，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由椭圆定义可得到，再利用斜率公式及直线的斜率之积等于，列出方程，化简对比系数可得；（2）分直线l的斜率为0和不为0两种情况讨论，利用可得到T在定直线上，且该直线是的中垂线即可得到证明.(1)因为C上的点M满足，所以C表示焦点在x轴上的椭圆，且，即，，所以，设，则，①所以直线的斜率，直线的斜率，由已知得，即，②由①②得，所以C的方程为(2)当直线l的斜率为0时，A与重合，B与重合，，，成立.当直线l的斜率不为0时，设l的方程为联立方程组，消x整理得所以，解得或设，则，由，得，所以设，由，得，所以，所以，所以点T在直线上，且，所以是等腰三角形，且，所以，综上，【点睛】关键点点晴：本题第二问突破点是证明T在定直线上，且该直线是的垂直平分线，从而得到，考查学生的数学运算能力，转化化归思想.