福建省厦门市2021-2022学年高二上学期期末质量检测数学试题（解析版）

厦门市2021-2022学年度第一学期高二年级质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）一、单选题：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，若的倾斜角为60°，则的斜率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直线,斜率乘积为，斜线斜率等于倾斜角的正切值.【详解】,，所以.故选：D.2.等差数列中，，，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据给定条件利用等差数列性质直接计算作答.【详解】在等差数列中，因，，而，于是得，解得，所以.故选：B3.已知是空间的一个基底，，，，若四点共面．则实数的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由共面定理列式得，再根据对应系数相等计算.【详解】因为四点共面，设存在有序数对使得，则，即，所以得. 故选：A4.抛物线有一条重要的性质：平行于抛物线的轴的光线，经过抛物线上的一点反射后经过它的焦点．反之，从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．已知抛物线，从点发出一条平行于x轴的光线，经过抛物线两次反射后，穿过点，则光线从A出发到达B所走过的路程为（）A.8B.10C.12D.14【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的定义求解.【详解】如图所示：焦点为，设光线第一次交抛物线于点，第二次交抛物线于点，过焦点F，准线方程为：，作垂直于准线于点，作垂直于准线于点，则，，，，故选：C5.“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（） A.1.2mB.1.3mC.1.4mD.1.5m【答案】B【解析】【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.6.直线l的方向向量为，且l过点，则点到l的距离为()AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用向量投影和勾股定理即可计算.【详解】∵，∴又，∴在方向上的投影，∴P到l距离故选：C.7.在四面体OABC中，，，，则与AC所成角的大小为（）A.30°B.60°C.120°D.150° 【答案】B【解析】【分析】以为空间的一个基底，求出空间向量求的夹角即可判断作答.【详解】在四面体OABC中，不共面，则，令，依题意，，设与AC所成角的大小为，则，而，解得，所以与AC所成角的大小为.故选：B8.椭圆的左、右焦点分别为、，上存在两点、满足，，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作点关于原点的对称点，连接、、、，推导出、、三点共线，利用椭圆的定义可求得、、、，推导出，利用勾股定理可得出关于、的齐次等式，即可求得该椭圆的离心率.【详解】作点关于原点的对称点，连接、、、， 则为、的中点，故四边形为平行四边形，故且，则，所以，，故、、三点共线，由椭圆定义，，有，所以，则，再由椭圆定义，有，因为，所以，在中，即，所以，离心率．故选：A.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.圆与圆只有1个公共点，则r的值可以是（）A.4B.3C.2D.1【答案】BD【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系，列出的等量关系式，求解即可.【详解】对圆，其圆心为，半径为；对圆，其圆心为，半径为，则，因为圆与圆只有1个公共点，故圆外切或内切，则或，故可得或.故选：.10.曲线，则（）A.C上的点满足，B.C关于x轴、y轴对称C.C与x轴、y轴共有3个公共点D.C与直线只有1个公共点【答案】ACD【解析】 【分析】去掉绝对值即可根据双曲线和椭圆的性质判断.【详解】表示椭圆在x轴上方的部分，表示双曲线在x轴下方的部分，作出图象：双曲线的一条渐近线为，故选项ACD正确，选项B错误.故选：ACD.11.如图，直三棱柱中，，，D，E，M分别为，，的中点，点N是棱AC上一动点，则()A.B.存在点N，平面C.∥平面D.存在点N，【答案】AD 【解析】【分析】A：连接，证明平面即可；B：建立空间直角坐标系，判断MN与BN是否可能垂直即可；CD：当N是AC中点时，MN∥DE.【详解】A选项：连接，由题可知四边形是正方形，则，由题知平面平面，平面平面，，平面ABC，∴平面，又，∴，又，平面，∴平面，∵平面，∴.故A正确；B选项：如图建立空间直角坐标系，设AC＝BC＝＝2， 则，，，，，设，，则，，若BN⊥MN，则，即，方程无实数根，即BN与MN不垂直，则不存在点N，使得平面，B错误；C选项：当N是AC中点时，MN∥，∥DE，∴MN∥平面；当N不是AC中点时，MN和B1C相交，若∥平面，结合∥平面可知平面∥平面，这显然与图形不符(与AC相交)，故此时与平面不平行；故C错误；D选项： 由C项可知，N为AC中点满足题意，故D正确.故选：AD.12.设函数数列满足，则（）A.当时，B.若为递增数列，则C.若为等差数列，则D.当时，【答案】AD【解析】【分析】分，，，四种情况讨论，逐一分析判断各个选项即可得出答案.【详解】解：①时，，②时，，③时，，④时，，因此，，有时，，时，，对于选项A，，，故A正确； 对于选项B，为递增数列时，则，当时，，则，不符题意，当时，，则，所以且，综上且，故B错误；对于选项C，为等差数列时，则，（d为常数），当时，，则，符合题意，当时，，则，要使为常数，则，所以，综上或（其中，时，为常数列），故C错误；对于选项D，，，有，所以，则，因为，所以，即，所以，故D正确.故选：AD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.写出直线一个方向向量______．【答案】【解析】【分析】 本题可先将直线的一般式化为斜截式，然后根据斜率即可得到直线的一个方向向量.【详解】由题意可知，直线可以化为，所以直线的斜率为，直线的一个方向向量可以写为.故答案为：.14.双曲线的右焦点到C的渐近线的距离为，则C渐近线方程为______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件求出双曲线渐近线，再用点到直线的距离公式计算作答【详解】双曲线的渐近线为：，即，依题意，，即，解得，所以C渐近线方程为.故答案为：15.如图的一系列正方形图案称为谢尔宾斯基地毯，图案的做法是：把一个正方形分成9个全等的小正方形，对中间的一个小正方形进行着色得到第1个图案（图1）；在第1个图案中对没有着色的小正方形再重复以上做法得到第2个图案（图2）；以此类推，每进行一次操作，就得到一个新的正方形图案，设原正方形的边长为1，记第n个图案中所有着色的正方形的面积之和为，则数列的通项公式______．【答案】【解析】【分析】根据题意，归纳总结，结合等比数列的前项和公式，即可求得的通项公式.【详解】结合已知条件，归纳总结如下： 第一个图案中，着色正方形的面积即；第二个图案中，新着色的正方形面积是，故着色正方形的面积即；第三个图案中，新着色的正方形面积是，故着色正方形的面积即；第个图案中，新着色的正方形面积是，故着色正方形的面积即.故.故答案为：.16.圆与x轴相切于点A．点B在圆C上运动，则AB的中点M的轨迹方程为______（当点B运动到与A重合时，规定点M与点A重合）；点N是直线上一点，则的最小值为______．【答案】①.②.【解析】【分析】将点M的轨迹转化为以AC为直径的圆，再确定圆心及半径即可求解，将的最小值转化为点到圆心的距离再减去半径可求解.【详解】依题意得，，因为M为AB中点，所以，所以点M的轨迹是以AC为直径的圆，又AC中点为，，所以点M的轨迹方程为，圆心，设关于直线的对称点为， 则有，解得，所以，所以由对称性可知的最小值为．故答案为：，四、解答题：本题共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.数列的前n项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)根据给定条件结合“当时，”计算作答.(2)由(1)求出，利用裂项相消法计算得解.【小问1详解】数列的前n项和为，，当时，，当时，，满足上式，则，所以数列的通项公式是．【小问2详解】 由(1)知，，所以，所以数列的前n项和．18.如图，在平面直角坐标系中，点，，．（1）求直线BC的方程；（2）记的外接圆为圆M，若直线OC被圆M截得的弦长为4，求点C的坐标．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)延长CB交x轴于点N，根据给定条件求出即可计算作答.(2)利用待定系数法求出圆M的方程，再由给定弦长确定C点位置，推理计算得解.【小问1详解】延长CB交x轴于点N，如图，因，则，又，则有，又，于是得， 则直线BC的倾斜角为120°，直线BC的斜率，因此，，即所以直线BC的方程为.【小问2详解】依题意，设圆M的方程为，由(1)得：，解得，于是得圆M的方程为，即，圆心，半径，因直线OC被圆M所截的弦长为4，则直线OC过圆心，其方程为，由解得，即，所以点C的坐标是.19.如图，在正方体中，为的中点，点在棱上．（1）若，证明：与平面不垂直；（2）若平面，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、 所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出，即可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.【小问1详解】证明：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，设正方体的棱长为，则、、、，由得点的坐标为，，，因为，所以与不垂直，所以与平面不垂直．【小问2详解】解：设，则，，因为平面，所以，所以，得，且，即，所以，，设平面的法向量为，由，取，可得，因为平面，所以平面的一个法向量为， 所以，所以平面与平面所成夹角的余弦值为．20.在平面直角坐标系中，点，直线轴，垂足为H，，圆N过点O，与l的公共点的轨迹为．（1）求的方程；（2）过M的直线与交于A，B两点，若，求．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)设出圆N与l的公共点坐标，再探求出点N的坐标，并由圆的性质列出方程化简即得.(2)设出直线AB的方程，与的方程联立，结合已知条件并借助韦达定理计算作答.【小问1详解】设为圆N与l的公共点，而直线轴，垂足为H，则，又，，于是得，因O，P在圆N上，即，则有，化简整理得：，所以的方程为.【小问2详解】显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为，，由消去x并整理得：，则，．因为，则点A到x轴距离是点B到x轴距离的2倍，即，由解得或，则有，因此有， 所以.21.2017年厦门金砖会晤期间产生碳排放3095吨．2018年起厦门市政府在下潭尾湿地生态公园通过种植红树林的方式中和会晤期间产生的碳排放，拟用20年时间将碳排放全部吸收，实现“零碳排放”目标，向世界传递低碳，环保办会的积极信号，践行金砖国家倡导的可持续发展精神．据研究估算，红树林的年碳吸收量随着林龄每年递增2%，2018年公园已有的红树林年碳吸收量为130吨，如果从2019年起每年新种植红树林若干亩，新种植的红树林当年的年碳吸收量为m（）吨．2018年起，红树林的年碳吸收量依次记，，，…（1）①写出一个递推公式，表示与之间的关系；②证明：是等比数列，并求的通项公式；（2）为了提前5年实现厦门会晤“零碳排放”的目标，m的最小值为多少？参考数据：，，【答案】（1）①；②证明见解析，（2）最少为6.56吨【解析】【分析】（1）①根据题意直接写出一个递推公式即可；②要证明是等比数列，只要证明为一个常数即可，求出等比数列的通项公式，即可求出的通项公式；（2）记为数列的前n项和，根据题意求出，利用分组求和法求出数列的前n项和，再令，解之即可得出答案.【小问1详解】解：①依题意得,则，②因为，所以，所以，因为所以数列是等比数列，首项是，公比是1.02，所以，所以；【小问2详解】 解：记为数列的前n项和，，依题，所以，所以m最少为6.56吨．22.已知椭圆，焦点，A，B是上关于原点对称的两点，的周长的最小值为．（1）求的方程；（2）直线FA与交于点M（异于点A），直线FB与交于点N（异于点B），证明：直线MN过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设椭圆的左焦点为，根据椭圆的对称性可得，则三角形的周长为，再设根据二次函数的性质得到，即可求出的周长的最小值为，从而得到，再根据，即可求出、，从而求出椭圆方程；（2）设直线MN的方程，，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，再设直线的方程、，直线的方程、，联立直线方程，消元列出韦达定理，即可表示，即可得到，整理得，再代入， ，即可得到，从而求出，即可得解；【小问1详解】设椭圆的左焦点为，则由对称性，，所以的周长为设，则，当A，B是椭圆的上下顶点时，的周长取得最小，所以，即，又椭圆焦点，所以，所以，所以，解得，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】解：当A，B为椭圆左右顶点时，直线MN与x轴重合；当A，B为椭圆上下顶点时，可得直线MN的方程为；设直线MN的方程，，，，由得，，，，设直线的方程，其中，，，由得，，，，设直线的方程，其中，， 由得，，，所以，所以，所以，则，即，代入，，得，整理得，又所以，直线MN的方程为，综上直线MN过定点