2021-2022学年广东省佛山市南海区第一中学高二下学期2月开门考数学试题解析

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 16 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 16 页2021-2022学年广东省佛山市南海区第一中学高二下学期2月开门考数学试题一、单选题1经过A（0，2），B（-1，0）两点的直线的方向向量为（1，k），则k=（）A1B2CD【答案】B【分析】根据直线的斜率公式即可求出.【详解】经过两点的直线的方向向量为（1，k），所以 ，解得故选：B2已知数列满足：，则（）ABC1D2【答案】D【分析】将代入递推式求出，再将代入递推式求出，以此类推求出【详解】将代入递推式得：，将

2、代入递推式得：，将代入递推式得：，开始循环，所以故选：D3已知数列的通项为，则满足的n的值为（）A3B4C5D6【答案】C【分析】根据题意列出不等式，然后分类讨论求解【详解】因为数列的通项为，满足，所以，即，当时，解得，当时，解得，因为，所以，当时，则，解得，综上，满足的n的值为5，故选：C4已知等边三角形的一个顶点在椭圆E上，另两个顶点位于E的两个焦点处，则E的离心率为（）ABCD【答案】B【分析】根据已知条件求得的关系式，从而求得椭圆的离心率.【详解】依题意可知，所以.故选：B5双曲线（，）的一条渐近线的倾斜角为，则离心率为（）ABC2D4【答案】C【分析】根据双曲线方程写出渐近线方程，得

3、出，进而可求出双曲线的离心率.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，又其中一条渐近线的倾斜角为，所以，则，所以该双曲线离心率为.故选：C.6若数列满足，则（）ABCD【答案】C【分析】利用前项积与通项的关系可求得结果.【详解】由已知可得.故选：C.7中国古代有一道数学题：“今有七人差等均钱，甲、乙均七十七文，戊、己、庚均七十五文，问戊、己各若干？”意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七个人分钱，所分得的钱数构成等差数列，甲、乙两人共分得77文，戊、己、庚三人共分得75文，则戊、己两人各分得多少文钱？则下列说法正确的是（）A戊分得34文，己分得31文B戊分得31文，己分得34文C戊分得28文，己分得25

4、文D戊分得25文，己分得28文【答案】C【分析】设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，再根据题意列方程组可解得结果.【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，则，解得，所以戊分得（文），己分得（文），故选：C.8设是正三棱锥，是的重心，是上的一点，且，若，则（）ABCD【答案】C【分析】利用空间向量的基本定理可计算得出，由已知条件可得出，进而可求得、的值，由此可求得结果【详解】如下图所示，连接并延长交于点，则点为的中点，为的重心，可得，而，所以，所以，因此，故选：C二、多选题9已知数列的通项公式为，则（）ABCD【答案】BC【分析】由题，由通项求出至，再由定义求出即可判

5、断【详解】由题，故A错；，故B对；，故C对；，故D错.故选：BC102019年国际数学奥林匹克竞赛（IMO）中国队王者归来，6名队员全部摘金，总成绩荣获世界第一，数学奥林匹克协会安排了分别标有序号为“1号”、“2号”、“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往机场接参赛选手.某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案.方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为，则下列结论正确的是（）ABCD【答案】CD【分析】本题先写出所有的基本事件，再求出方案一、方案二的概率，最后得到选项即可.【详解】三

6、辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321，方案一坐到“3号”车可能：132、213、231，所以；方案二坐到“3号”车可能：312、321，所以；所以，故选：CD.【点睛】本题考查古典概型，是基础题.11下列四个选项中，不正确的是（）A数列，的一个通项公式是B数列的图象是一群孤立的点C数列1，1，与数列，1，1，是同一数列D数列，是递增数列【答案】ACD【分析】由可判断A；由数列的通项公式以及可判断B；由数列定义可判断C；由递减数列定义可判断D【详解】对于A，当通项公式为时，不符合题意，故选项A错误；对于B，由数列的通项公式以及可知，数列的图象是一群孤立的点，故选项

7、B正确；对于C，由于两个数列中的数排列的次序不同，因此不是同一数列，故选项C错误；对于D，数列，是递减数列，故选项D错误故选：ACD12已知圆，点是圆上的一个动点，点，则（）AB的最大值为C面积的最大值为2D的最大值为4【答案】AC【分析】对于A选项，根据 判断；对于B选项，当时，取的最大值，再根据几何关系求解判断；对于C选项，当时，的面积最大，在求解判断；对于D选项，当三点共线且时判断.【详解】解：对于A选项，圆的圆心为，半径为，圆心到的距离为，所以，即，故正确；对于B选项，根据题意，如图，当时，取的最大值，此时为直角三角形，由于，所以，故的最大值为，故错误；对于C选项，由于，所以当时，的面

8、积最大，即面积的最大值为，故正确；对于D选项，如图，当三点共线时，与共线且同向，所以，故错误.故选：AC三、填空题13直线与圆交于两点，为坐标原点，则的面积为_.【答案】12【分析】利用点到直线的距离公式，圆的弦长公式及三角形面积公式即求.【详解】圆心到直线的距离，的面积为.故答案为：12.14数列的前n项和满足：，则_【答案】【分析】利用“当时，；当时，即可得出.【详解】当时，当时，不适合上式，数列的通项公式.故答案为：.15李雷韩梅梅两人进行围棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止.设李雷在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立.已知第二局比赛

9、结束时比赛停止的概率为.则概率P的值为_【答案】0.75【分析】当甲连胜2局或者乙连胜2局时,第二局比赛结束，计算比赛2局停止的概率求出P 即可.【详解】依题意,当李雷连胜2局或者韩梅梅连胜2局时,第二局比赛结束时比赛停止，解得或（舍去）故答案为：16点，分别为椭圆E：（）的左、右焦点，点A，B，C在椭圆E上，满足，则椭圆C的离心率为_.【答案】【分析】根据可得，据此可求的坐标，从而可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.【详解】如图，因为，由椭圆的对称性可得，不妨设在轴上方，则，故，而，故，即，且，将的坐标代入椭圆方程得到：，整理得到：，解得，故答案为：四、解答题17已知的顶点坐标为、(1)求

10、AB边上的高线所在的直线方程；(2)求的面积【答案】(1)(2)【分析】（1）由斜率公式求得，得到边高线斜率，结合点斜式，即可求得边上的高线方程；（2）求得直线的方程，利用两点间距离公式和点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】(1)解：由的顶点坐标为、，可得，所以边高线斜率，所以边上的高线方程为，即.(2)解：直线的方程为，即，顶点C到直线的距离为，且，所以的面积18电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指：一类电影中

11、获得好评的部数与该类电影的部数的比值假设所有电影是否获得好评相互独立.（1）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（2）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率.【答案】(1)0.025 (2) 0.35.【分析】（1）根据表格，得到总的电影部数，再计算出获得好评的第四类电影部数，从而得到答案；（2）记“从第四类电影中随机选取的1部获得好评”为事件，“从第五类电影中随机选取的1部获得好评”为事件，则所求为，根据表格得到，从而根据公式，计算出所求的的值，得到答案.【详解】解:（1）由题表知，电影公司收集的电影部数为，获得好评的第四

12、类电影部数为，所以所求概率为.（2）记“从第四类电影中随机选取的1部获得好评”为事件，“从第五类电影中随机选取的1部获得好评”为事件，则事件“从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，恰有1部获得好评”可表示为，由题表知，所有电影是否获得好评相互独立，所以，所以，从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率为.【点睛】本题考查互斥事件、相互独立事件的概率计算，注意分析事件之间的关系，选择对应的公式进行计算，属于简单题19如图，是边长为2的正方形，是矩形，且二面角是直二面角，G是EF的中点(1)求证：平面平面；(2)求GB与平面所成角正弦值的大小；【答案】(1)证明见解析

13、(2)【分析】（1）先证和，进而得到平面，即可证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，按照线面角的向量求法即可求解.【详解】(1)正方形，又二面角是直二面角，平面平面，又，是矩形，G是EF的中点，又，平面，而平面，故平面平面(2)如图，以A为原点所在直线为轴建立直角坐标系，则，设与平面所成角为则，设平面的一个法向量为，由，令，则，GB与平面AGC所成角正弦值的大小为20已知抛物线的焦点F到准线的距离为2（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由

14、平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）方法一：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.方法二：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为方法三：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为设直

15、线的斜率为k，则令，则的对称轴为，所以故直线斜率的最大值为方法四：参数+基本不等式法由题可设因为，所以于是，所以则直线的斜率为当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，

16、得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值. 21如图，底面为正三角形的三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，D为线段B1C1中点（） 证明：AC1平面A1BD；（） 在棱CC1上是否存在一点E，使得平面A1BE平面A1ABB1？若存在，请找出点E所在位置，并给出证明；若不存在，请说明理由【答案】（）（）证明见解析【详解】试题分析：（）连接AB1，交A1B于点F，连接DF，由DFAC1，能证明AC1平面A1BD（）存在点E，为CC1中点，使得平面A1BE平面A1ABB1证法1：推导出EFA1B，EFAB1，从而EF平面A1ABB1，由此能证明平面A1BE平面A1

17、ABB1证法2：取AB中点G，连接EF，CG，FG，推导出四边形CEFG为平行四边形，从而CGEF，进而CG平面A1ABB1，由此能证明平面A1BE平面A1ABB1证明：（）连接AB1，交A1B于点F，连接DF，AB1C1中，D，F分别为A1B，B1C1中点，所以DFAC1因为DF平面A1BD，AC1平面A1BD，所以AC1平面A1BD解：（）存在点E，为CC1中点，使得平面A1BE平面A1ABB1证明如下：方法1：A1BE中，因为A1E=BE，且F为A1B中点，所以，EFA1BAB1E中，同理有EFAB1因为A1BAB1=F，A1B，AB1平面A1ABB1，所以EF平面A1ABB1又EF平面

18、A1BE，所以，平面A1BE平面A1ABB1方法2：取AB中点G，连接EF，CG，FG因为FGAA1，且，CEAA1，且，所以FGCE，且FG=CE，所以，四边形CEFG为平行四边形，所以CGEF因为AA1平面ABC，CG平面ABC，所以CGAA1又CGAB，且AA1AB=A，AA1，AB平面A1ABB1，所以，CG平面A1ABB1因为CGEF，所以EF平面A1ABB1又EF平面A1BE，所以，平面A1BE平面A1ABB1【解析】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定22设椭圆的右顶点为A，上顶点为B已知椭圆的离心率为，（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限若的面积是面积的2倍，求的值【答案】（1）；(2)【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.（II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组