2021-2022学年山东省枣庄市薛城区高二上学期期末数学试题

20212022学年山东省枣庄市薛城区高二上学期期末数学试题一、单选题1．抛物线的焦点坐标是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】先将抛物线化为标准方程，即可求出焦点坐标.【详解】由，所以抛物线的标准方程为：，即，∴所以抛物线的焦点坐标为：故选：D.2．已知向量，若，则（

）A． B．5 C．4 D．【答案】B【分析】根据向量垂直列方程，化简求得.【详解】由于，所以.故选：B3．已知圆的方程为，圆的方程为，其中．那么这两个圆的位置关系不可能为（

）A．外离 B．外切 C．内含 D．内切【答案】C【解析】求出圆心距的取值范围，然后利用圆心距与半径的和差关系判断.【详解】由两圆的标准方程可得，，，；则，所以两圆不可能内含.故选：C.4．如图，把椭圆的长轴分成6等份，过每个分点作x轴的垂线交椭圆的上半部分于点，F是椭圆C的右焦点，则（

）A．20 B． C．36 D．30【答案】D【分析】由椭圆的对称性可知，，代入计算可得答案.【详解】设椭圆左焦点为，连接由椭圆的对称性可知，，所以.故选：D.5．在各项都为正数的等比数列中，首项，前3项和为21，则()A．84 B．72 C．33 D．189【答案】A【详解】分析：设等比数列的公比为，根据前三项的和为列方程，结合等比数列中，各项都为正数，解得，从而可以求出的值.详解：设等比数列的公比为，首项为3，前三项的和为，，解之得或，在等比数列中，各项都为正数，公比为正数，舍去），，故选A.点睛：本题考查以一个特殊的等比数列为载体，通过求连续三项和的问题，着重考查了等比数列的通项，等比数列的性质和前项和等知识点，属于简单题.6．数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知△ABC的顶点分别为，，，则△ABC的欧拉线方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出重心坐标，求出AB边上高和AC边上高所在直线方程，联立两直线可得垂心坐标，即可求出欧拉线方程.【详解】由题可知，△ABC的重心为，可得直线AB的斜率为，则AB边上高所在的直线斜率为，则方程为，直线AC的斜率为，则AC边上高所在的直线斜率为2，则方程为，联立方程可得△ABC的垂心为，则直线GH斜率为，则可得直线GH方程为，故△ABC的欧拉线方程为.故选：A.7．已知三棱柱中，，，D点是线段上靠近A的一个三等分点，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】在三棱柱中，，转化为结合已知条件计算即可.【详解】在三棱柱中，满足，且，则，，D点是线段上靠近A的一个三等分点，则，由向量的减法运算得，.故选：A【点睛】关键点点睛：在三棱柱中，，由向量的减法运算得，再展开利用数量积运算.8．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（

）A． B．3 C． D．2【答案】D【解析】根据抛物线的定义求得，由此求得的长.【详解】过作，垂足为，设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于，所以，所以，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.二、多选题9．已知曲线C的方程为，则（

）A．曲线C可以表示圆 B．曲线C可以表示焦点在x轴上的椭圆C．曲线C可以表示焦点在y轴上的椭圆 D．曲线C可以表示焦点在y轴上的双曲线【答案】CD【分析】根据圆，椭圆，双曲线的相关知识，对每个选项逐一分析即可.【详解】若曲线C表示圆，则，解得，则曲线C的方程为，无意义，A不正确；若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则，不等式无解，B不正确；若曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，则，解得，C正确；若曲线C表示焦点在y轴上的双曲线，则解得，D正确.故选：CD10．已知数列的前项和为，，，数列的前项和为，，则下列选项正确的为（

）A．数列是等比数列B．数列是等差数列C．数列的通项公式为D．【答案】AC【分析】由可得，，可判断A,B的正误，再求出，可判断C的正误，利用裂项相消法求，可判断D的正误.【详解】因为，所以，，即，且，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故A正确，B错误；所以，即，故C正确；因为，所以，故D错误；故选：AC.11．已知直线上存在相距为4的两个动点A，B，若圆上存在点P使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，则实数a的值可以为（

）A．2 B．1 C．0 D．1【答案】ABC【解析】根据题意，由直角三角形的性质分析可得到的距离为，结合直线与圆的位置关系可得圆心到直线的距离，即有，解得的取值范围，即可得答案．【详解】解：根据题意，若为等腰直角三角形，其中为直角顶点且，则到的距离为，若圆上存在点，使得为等腰直角三角形，则圆心到直线的距离，即有，解可得：，即的取值范围；故选：ABC12．在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则以下说法正确的是（

）A．当时，直线平面B．当时，线段CP长度的最小值为C．当时，直线CP与平面所成的角不可能为D．当时，存在唯一点P使得直线DP与直线所成的角为【答案】ABC【分析】对于A，可知点在线段上，易证平面平面，利用线面平行的性质可证得结论；对于B，可知三点共线，线段在中，当点为中点时即可求得距离最小值；对于C，设点在平面内的射影为在线段上，则为所求角，求，可判断结果；对于D，可证得点为中点，此时可判断.【详解】对于A，当时，，即点在线段上，利用正方体的性质，易证平面平面，平面，平面，故A正确；对于B，当时，可知三点共线，线段在中，当点为中点时，最小，此时，，故长度的最小值为，故B正确；对于C，当时，可知三点共线，点在平面内的射影为在线段上，则为与平面所成的角，，又，所以，而，所以与平面所成的角不可能为，故C正确；对于D，当时，，设的中点为，则，即，即点为中点，此时，故D错误；故选：ABC.三、填空题13．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________．【答案】【分析】根据投影向量概念求解即可.【详解】因为空间向量，，所以，，所以向量在向量上的投影向量为：，故答案为：.14．数列满足，则__________.【答案】【解析】对递推关系多递推一次，再相减，可得，再验证是否满足；【详解】∵①时，②①②得，时，满足上式，.故答案为：.【点睛】数列中碰到递推关系问题，经常利用多递推一次再相减的思想方法求解.15．如图，正方体的棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是____________.【答案】【分析】由题意建立空间直角坐标系，然后结合点面距离公式即可求得点M到截面ABCD的距离.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（1，1，0），D（0，，1），M（0，1，0），∴（0，1，0），（1，1，0），（0，，1），设（x，y，z）为平面ABCD的法向量，则，取y＝﹣2，可得x＝2，z＝1，∴（2，﹣2，1），∴M到截面ABCD的距离d故答案为.【点睛】本题主要考查空间直角坐标系及其应用，点面距离的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.四、双空题16．椭圆的左､右焦点分别为，，过焦点的直线交该椭圆于两点，若的内切圆面积为，两点的坐标分别为，，则的面积________，的值为________.【答案】

6

3【解析】由题意得，由内切圆面积为可得其半径，根据焦点三角形面积公式可得第一空答案，结合面积公式和等面积法建立等式化简即可.【详解】解：由得由内切圆面积为可得其半径，设其内切圆圆心为则又所以.故答案为：6；3【点睛】椭圆中常用面积公式：（1）(表示边上的高)；（2）；（3）(为三角形内切圆半径)；（4）.五、解答题17．（1）已知等轴双曲线的上顶点到一条渐近线的距离为，求此双曲线的方程；（2）已知抛物线的焦点为，设过焦点且倾斜角为的直线交抛物线于，两点，求线段的长．【答案】（1）；（2）8.【分析】（1）由等轴双曲线的一条渐近线方程为，再由点到直线距离公式求解即可；（2）求得直线方程代入抛物线，结合焦点弦长求解即可.【详解】（1）由等轴双曲线的一条渐近线方程为，且顶点到渐近线的距离为，可得，解得，故双曲线方程（2）抛物线的焦点为直线的方程为，即．与抛物线方程联立，得，消，整理得，设其两根为，，且．由抛物线的定义可知，．所以，线段的长是．【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．18．已知首项为1的等比数列，满足．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件求得数列的公比，由此求得.（2）利用错位相减求和法求得.【详解】(1)设等比数列的公比为，由，可得.故数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以．(2)由（1）得，，①，②①②，得．所以．19．已知直线，圆.（1）若l与圆C相切，求切点坐标；（2）若l与圆C交于A，B，且，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）求出直线的定点，再由定点在圆上得出切点坐标；（2）由（1）知，证明为直角三角形，求出，，最后由三角形的面积公式求出的面积.【详解】（1）圆可化为直线可化为，由解得即直线过定点，由于，则点在圆上因为l与圆C相切，所以切点坐标为（2）因为l与圆C交于A，B，所以点如下图所示，与相交于点，由以及圆的对称性可知，点为的中点，且由，则直线的方程为圆心到直线的距离为，即直线与圆相切即，则因为，所以【点睛】关键点睛：在第一问中，关键是先确定直线过定点，再由定点在圆上，从而确定切点的坐标.20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求实数的取值范围；若问题中的不存在，请说明理由．设等差数列的前n项和为，数列的前n项和为，___________，，，是否存在实数，对任意都有？【答案】答案见解析【分析】由已知条件可得，假设时，取最小值，则，若补充条件是①，则可求得，代入化简可求出的取值范围，从而可求得答案，若补充条件是②，则可得，该数列是递减数列，所以不存在k，使得取最小值，若补充条件是③，则可得，代入化简可求出的取值范围，从而可求得答案，【详解】解：等差数列的公差为d，当时，，得，从而，当时，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，由对任意，都有，当等差数列的前n项和存在最小值时，假设时，取最小值，所以；若补充条件是①，因为，，从而，由得，所以，

由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，又，所以.

所以，故实数的取值范围为．若补充条件是②，由，即，又，所以.

所以，由于该数列是递减数列，所以不存在k，使得取最小值，故实数不存在以下为严格的证明：由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，所以，所以不存在k，使得取最小值，故实数不存在．若补充条件是③，由，得，又，所以，

所以由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，又，所以.所以存在，使得取最小值，所以，故实数的取值范围为．21．三棱柱中，侧面为菱形，，，，．（1）求证：面面；（2）在线段上是否存在一点M，使得二面角为，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）【解析】（1）取BC的中点O，连结AO、，在三角形中分别证明和，再利用勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明结果.（2）建立空间直角坐标系，假设点M存在，设，求出M点坐标，然后求出平面的法向量，利用空间向量的方法根据二面角的平面角为可求出的值.【详解】（1）取BC的中点O，连结AO,,，为等腰直角三角形，所以，；侧面为菱形，，所以三角形为为等边三角形，所以，又，所以，又，满足，所以；因为，所以平面，因为平面中，所以平面平面.（2）由（1）问知：两两垂直，以O为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间之间坐标系.则，，，，若存在点M，则点M在上，不妨设，则有，则，有，，设平面的法向量为，则解得：平面的法向量为则解得：或（舍）故存在点M，.【点睛】本题考查立体几何探索是否存在的问题，属于中档题.方法点睛：（1）判断是否存在的问题，一般先假设存在；（2）设出点坐标，作为已知条件，代入计算；（3）根据结果，判断是否存在.22．已知为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆的上顶点，以为圆心且过的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线交椭圆于两点.（ⅰ）若直线的斜率等于，求面积的最大值；（ⅱ）若，点在上，.证明：存在定点，使得为定值.【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.【解析】（1）求出后可得椭圆的标准方程.（2）（ⅰ）设直线的方程为：，，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理、弦长公式可求面积表达式，利用基本不等式可求面积的最大值.（ⅱ）利用韦达定理化简可得，从而可得的轨迹为圆，故可证存在定点，使得为定值.【详解】（1）由题意知：，，又，则以为圆心且过的圆的半径为，故，所以椭圆的标准方程为：.（2）（ⅰ）设直线的方程为：，将代入得：，所以且，故.又，点到直线的