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2021年秋高二（上）期末联合检测试卷
数学
一、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. 直线的倾斜角为（ ）
A. 60° B. 30°
C. 120° D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】
求出斜率，根据斜率与倾斜角的关系，即可求解.
【详解】解：，
即，
直线的斜率为，
即直线的倾斜角为120°.
故选：C.
2. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 相交或相切
【答案】A
【解析】
【分析】由直线恒过定点，且定点在圆内，从而即可判断直线与圆相交.
【详解】解：因为直线恒过定点，而，
所以定点在圆内，
所以直线与圆相交，
故选：A.
3. 设为实数，则曲线：不可能是（ ）
A. 抛物线 B. 双曲线 C. 圆 D. 椭圆
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的方程、椭圆的方程、双曲线的方程和抛物线的方程特征即可判断.
【详解】解：对A：因为曲线C的方程中都是二次项，所以根据抛物线标准方程的特征曲线C不可能是抛物线，故选项A正确；
对B：当时，曲线C为双曲线，故选项B错误；
对C：当时，曲线C为圆，故选项C错误；
对D：当且时，曲线C为椭圆，故选项D错误；
故选：A.
4. 我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问次日织几问 其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，请问第二天织布的尺数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列求和公式求出首项即可得解.
【详解】由题可得该女子每天织布的尺数成等比数列，设其首项为，公比为，
则，解得
所以第二天织布的尺数为.
故选：C
5. 如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.
【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
6. 双曲线：的左、右焦点分别为、，过的直线与y轴交于点A、与双曲线右支交于点B，若为等边三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的定义知，，又为等边三角形，所以，由对称性有，所以，在直角三角形中，求出，在三角形中，由余弦定理求出，从而即可求解.
【详解】解：由双曲线的定义知，，又为等边三角形，
所以，由对称性有，
所以，
在直角三角形中，，
在三角形中，由余弦定理有，
所以，解得，所以双曲线C的离心率，
故选：B.
7. 已知空间中四点，，，，则点D到平面ABC的距离为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得平面的一个法向量，结合距离公式，即可求解.
【详解】由题意，空间中四点，，，，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
所以点D到平面ABC的距离为.
故选：C.
8. 已知数列的首项为，且，若，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，得到，利用叠加法求得，结合由，转化为恒成立，分，和三种情况讨论，即可求解.
【详解】因为，可得，所以，
所以，
各式相加可得，所以，
由，可得恒成立，整理得恒成立，
当时，，不等式可化为恒成立，所以；
当时，，不等式可化为恒成立；
当时，，不等式可化为恒成立，所以，
综上可得，实数的取值范围是.
故选：C.
二、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. 若向量构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理和空间向量的基底，依次判断每个选项即可.
【详解】解：对于A选项，若，则，解得，故共面；
对于B选项，若，则，解得，故共面；
对于C选项，若，则，无解，故不共面；
对于D选项，若，则，解得，故共面；
故选：ABD
10. 已知数列、都是公差不为0的等差数列，设，，则关于数列和，下列说法中正确的是（ ）
A. 数列一定是等差数列
B. 数列一定不是等差数列
C. 给定，可求出数列的通项公式
D. 给定，可求出数列的通项公式
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等差数列性质可以判定AC，结合通项公式特征判定BD.
【详解】数列、都是公差不为0的等差数列，设其公差分别为，且均不为0，
，
所以数列一定是等差数列，给定，可求出数列的通项公式，A，C选项正确；
设，
一定是一个关于的二次函数，所以数列一定不是等差数列，所以B选项正确；
根据二次函数性质，仅仅给定，不能求出数列的通项公式，所以D选项错误.
故选：ABC
11. 设圆：与y轴的正半轴交于点A，过点A作圆О的切线为，对于切线上的点B和圆О上的点C，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则点B的坐标为
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对A：在直角三角形中即可求解；对B：当与圆О相切时，最大；当B、O、C三点共线时，最小，分两种情况讨论即可；对C、D：当与圆О相切时，最大，即最大，此时，分析点B在点和之间变动即可求解.
【详解】解：对A：若，在直角三角形中，由可得，所以点B的坐标为或，故选项A错误；
对B：当与圆О相切时，最大，此时在直角三角形中，因为，所以易得；当B、O、C三点共线时，最小，此时.综上，，故选项B正确；
对C、D：当与圆О相切时，最大，即最大，此时，当时，，.当点B在点和之间变动时，，，所以若，即，则.故选项C错误，选项D正确.
故选项：BD.
12. 已知曲线C的方程为，点，则（ ）
A. 曲线C上的点到A点的最近距离为1
B. 以A为圆心、1为半径的圆与曲线C有三个公共点
C. 存在无数条过点A的直线与曲线C有唯一公共点
D. 存在过点A的直线与曲线C有四个公共点
【答案】BC
【解析】
【分析】原方程等价于，然后对各选项逐一分析判断即可得答案.
【详解】解：原方程等价于，
对A：由题意，当为曲线C在第一象限上的点时才有P点到A点的最近距离，此时，所以，，故选项A错误；
对B：因为，且椭圆右顶点、上顶点到点的距离分别为、，故椭圆上恰有三个点到的距离为，故选项B正确；
对C：由于与无交点时，联立，
有，由可得，此时直线只与椭圆部分有一个交点，故选项C正确；
对D：双曲线的渐近线斜率为，当过A点的直线斜率或时，
直线与曲线C的椭圆部分有两个交点，与双曲线部分无交点；
当时，直线与曲线C的椭圆部分有一个交点，与双曲线部分最多两个交点，所以与曲线至多有三个公共点，故选项D错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线与平行，则实数的值为_____________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据平行线的性质进行求解即可.
【详解】因为直线与平行，
所以有：或，
故答案为：或
14. 写出一个数列的通项公式____________，使它同时满足下列条件：①，②，其中是数列的前项和.（写出满足条件的一个答案即可）
【答案】(答案合理即可)
【解析】
【分析】当时满足，利用作差比较法即可证明.
【详解】解：当时满足条件①②，证明如下：
因为，所以；
当时，；
当时，；
综上，.
故答案为：(答案合理即可).
15. 在空间直角坐标系Oxyz中，点在x，y，z轴上的射影分别为A，B，C，则四面体PABC的体积为______________.
【答案】2
【解析】
【分析】将物体放入长方体中，切割处理求得体积.
【详解】
如图所示：四面体PABC可以看成以1,2,3为棱长的长方体切去四个全等的三棱锥，
所以四面体PABC的体积为.
故答案为：2
16. 已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共的焦点，其中为左焦点，P是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，则的最小值为_____________.
【答案】##4.5
【解析】
【分析】设为右焦点，半焦距为，，由题意，，则，所以，从而有，最后利用均值不等式即可求解.
【详解】解：设右焦点，半焦距为，，由题意，，则，
所以，即，
故，当且仅当时取等，
所以，
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. 已知数列满足，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式;
（2）设数列的前项和为，求的最小值及此时的值.
【答案】（1）
（2）；或
【解析】
【分析】（1）由题意得到数列为公差为等差数列，结合，，成等比数列，列出方程求得，即可得到数列的通项公式；
（2）由，得到时，，当时，，当时，，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，数列满足，所以数列为公差为的等差数列，
又由，，成等比数列，可得，
即，解得，
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
解：由数列的通项公式，
令，即，解得，
所以当时，；
当时，；
当时，，
所以当或时，取得最小值，最小值为.
18. 已知抛物线：的焦点是圆与轴的一个交点.
（1）求抛物线的方程;
（2）若过点的直线与抛物线交于不同的两点A、B，О为坐标原点，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由圆与轴交点分别为，可得抛物线的焦点为，从而即可求解；
（2）设直线为，联立抛物线方程，由韦达定理及，求出即可得证.
【小问1详解】
解：由题意知，圆与轴的交点分别为，则抛物线的焦点为，所以，
所以抛物线方程为；
【小问2详解】
证明：设直线为，联立方程，有，
所以，
所以，
所以.
19. 设数列的前项和为，已知，且.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，是否存在正整数，使得对任意恒成立 若存在、求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件有，根据等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）求出及，进而可得，利用二次函数的性质即可求解的最小值，从而可得答案.
【小问1详解】
证明：因为，所以，又因为，所以，
所以数列是首项为2公比为2的等比数列；
【小问2详解】
解：由（1）知，，所以，所以，检验时也满足上式，所以,
所以，令，所以，
故当即时，取得最小值， 所以.
20. 已知圆经过点和，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程;
（2）过原点的直线与圆交于M，N两点，若的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）直线的方程为或或
【解析】
【分析】（1）由弦的中垂线与直线的交点为圆心即可求解；
（2）由，可得或，进而有或，显然直线斜率存在，设直线，由点到直线的距离公式求出的值即可得答案.
【小问1详解】
解：设弦的中点为，则有，
因为，所以直线，
所以直线的中垂线为，则圆心在直线上，且在直线上，
联立方程解得圆心， 则圆的半径为，
所以圆方程为；
【小问2详解】
解：设圆心到直线的距离为，因为，
所以或，所以或，
显然直线斜率存在，所以设直线，则或，
解得或或，
故直线的方程为或或.
21. 如图，直角梯形AEFB与菱形ABCD所在的平面互相垂直，，，，，，M为AD中点.
（1）证明：直线面DEF；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面平面ABCD，可得平面ABCD，连接BD，可得，以为原点，为轴，竖直向上为轴建立空间直角坐标系，利用向量法计算与平面法向量的数量积为0即可得证；
（2）分别计算出平面和平面的法向量，然后利用向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，且，
所以平面ABCD，连接BD，则为等边三角形，所以，
以为原点，为轴，竖直向上为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设为平面的法向量，
因为，则有， 取，
又因为，所以，
因为平面，所以平面；
【小问2详解】
解：分别设为平面和平面的法向量，
因为，则有，取，
因为，则有，取，
所以，由图可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
22. 在平面直角坐标系中，已知点，，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，，的斜率均存在且乘积为，设动点Р的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点坐标为，根据两直线的斜率之积为得到方程，整理即可；
（2）设，，，根据设、在椭圆上，则，再由，则，即可表示出直线、的方程，联立两直线方程，即可得到点的纵坐标，再根据弦长公式得到，令，则，最后利用基本不等式计算可得；
【小问1详解】
解：设点坐标为，
定点，，直线与直线的斜率之积为，
，
【小问2详解】
解：设，，，则，，所以
又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以
令，则，所以
因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为；

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