2021-2022學年安徽省黃山市高二上學期期末數學試題一、單選題1．若直線平分圓的面積，則實數的值為（

）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】確定圓心坐標，由題意可知直線經過圓心，由此即可得答案.【詳解】圓的圓心為，因為直線平分圓的面積，故過圓心，則，故選：B2．拋物線的準線方程為A． B． C． D．【答案】D【詳解】分析：先將拋物線方程化為標準方程，再寫出準線方程．詳解：將化為，則該拋物線的準線方程為．點睛：本題考查拋物線的標準方程、準線方程等知識，意在考查學生的基本計算能力．3．設直線的斜率為，且，則直線的傾斜角的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由斜率的定義及正切函數的圖像和性質即可求得.【詳解】設直線的傾斜角為，則當斜率時，由斜率的定義及正切函數的圖像和性質可知：直線的傾斜角的取值范圍為.故選：D4．已知數列滿足，，則（

）A． B． C． D．3【答案】B【分析】寫出數列的前5項，即可得出數列是以4為周期的數列，即可得到答案【詳解】數列中，，，…，所以可得數列是周期為的周期數列，所以，故選：B.5．如圖，棱長為1的正四面體中，為棱的中點，則的值為（

）A． B． C．0 D．【答案】A【分析】取的中點，易得，利用余弦定理得，即，再利用數量積的定義即可得到答案.【詳解】取的中點，在圖中作出，為中點，則，正四面體的所有棱長為1，;在中由余弦定理可知,，由平面向量的數量積的定義可知，故選：A.6．中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見每朝行里數，請公仔細算相還.”其大意為：“有一個人要走378里路，第一天健步行走，從第二天起因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了六天后到達目的地，求每天走的路程.”在這個問題中，此人前三天一共走的路程為（

）A．192里 B．288里 C．336里 D．360里【答案】C【分析】利用等比數列的求和公式即可得到結果.【詳解】記每天走的路程里數為，由題意可得是公比為的等比數列，由等比數列的求和公式可得，解得所以里故選:C7．下列利用方向向量、法向量判斷線線、線面位置關系的結論，其中正確的是（

）A．兩條直線，的方向向量分別是，，則B．直線的方向向量是，平面的一個法向量是，則C．直線的方向向量是，平面的一個法向量是，則D．直線的方向向量是，平面的一個法向量是，則【答案】C【分析】根據題意，結合線、面位置關系的向量判斷方法，一一判斷即可【詳解】A項，因為，，即，所以，所以或重合，故A項錯誤；B項，因為，所以，所以或在面內，故B錯誤；C項，因為，，即，所以，所以，故C項正確；D項，因為，所以，所以或在面內，故D項錯誤.故選：C8．已知各棱長均相等的直棱柱，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】通過平行關系平移異面直線相交，解三角形即可.【詳解】如圖所示，連接交于點，取的中點為，連接、，則且，為異面直線與所成的角或補角.已知各棱長均相等,設棱長為：2，則有：，，,在中，，所以異面直線與所成角的余弦值為：.故選：A.9．已知點是橢圓的右焦點，橢圓上一點關于原點的對稱點為，若的周長為，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設橢圓的左焦點為，連接，由題意可得點也在橢圓上，且，由的周長為，可得，又由，可得，進而有，即，解得，將點坐標代入橢圓方程可解得，從而可得，即可求得離心率的值.【詳解】解：因為橢圓關于原點中心對稱，所以點關于原點的對稱點也在橢圓上，且，所以，又因為的周長為，所以①，設橢圓的左焦點為，連接，由，可得②，由①②可得，即，所以，所以橢圓的方程為，代入點坐標得：，解得，所以，所以離心率.故選：C.10．已知點，分別是雙曲線的左右焦點，直線與雙曲線交于、兩點，若，則雙曲線的的漸近線方程是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】設點在第一象限，則,聯立可得，根據可得，代入可求，從而可求漸近線方程.【詳解】不妨設點在第一象限，則,聯立，可得，則.因為,所以，即，整理得，即，解得（負值舍去），即.所以雙曲線的的漸近線方程是.故選:D.11．已知圓，過圓外一點作圓的切線，切點為，為坐標原點，且滿足，則的最小值為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據題意列出方程，得到的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，即可得到的最小值.【詳解】設，因為圓，則圓心，半徑為，故，根據題意有，即即整理得，即的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，所以故選:A12．我國知名品牌小米公司今年啟用了具備“超橢圓”數學之美的全新Logo.新Logo將原本方正的邊框換成了圓角邊框（如圖），這種由方到圓的弧度變化，為小米融入了東方哲學的思想，賦予了品牌生命的律動感.設計師的靈感來源于數學中的曲線，則下列有關曲線的說法中不正確的是（

）A．對任意的，曲線總關于原點成中心對稱B．當時，曲線上總過四個整點（橫、縱坐標都為整數的點）C．當時，曲線圍成的圖形面積可以為2D．當時，曲線上的點到原點最近距離為【答案】C【分析】對于A選項：曲線上任取一點,將其關于的對稱點坐標代入曲線方程中，進而判斷A選項是否正確；對于B選項：當時,取，，即可判斷B選項是否正確；對于C選項：當時,根據曲線圍成的圖形,即可判斷C選項是否正確；對于D選項：當時,求出曲線C方程，結合對稱性作出圖象,求出曲線上點到原點距離的最小值即可判斷D選項是否正確.【詳解】對于A選項：在曲線上任取一點，則關于的對稱點為,將代入曲線，則，即也在曲線上，故曲線關于原點成中心對稱，故A選項正確；對于B選項：當時,取;取，曲線C總過四個整點和.故B選項正確；對于C選項：當時,,從而,（當或時取等）曲線圍成的圖形在正方形的內部,面積小于正方形的面積2.故C選項錯誤；對于D選項：當時,曲線C:，，，,結合對稱性,作出圖象如下：設是曲線C:上任意一點，則關于直線的對稱的點也在曲線上，所以曲線關于直線對稱.令曲線C:中得或或或，所以或或或到原點距離最近,最近距離為，故D選項正確.故選：C二、填空題13．已知空間向量，滿足，，且，的夾角為，若，則實數等于______.【答案】【分析】運用平面向量數量積乘法分配律計算.【詳解】依題意有，即，由條件知，，

；故答案為：

.14．已知橢圓，直線，則橢圓上的點到直線的最近距離為______.【答案】【分析】設，求出點到直線的距離，利用三角函數求出函數的最值即得解.【詳解】解：設，則點到直線的距離為，當時，距離取得最小值.故答案為：.15．已知直線與拋物線交于，兩點，為拋物線的焦點，若，則實數的值為______.【答案】或【分析】聯立直線與拋物線可得，利用韋達定理可得到，利用拋物線的定義和可求出，，即可求解【詳解】設交點，由于直線過拋物線的焦點，所以將代入并整理可得，則，，又由拋物線的定義可得，由可得代入可得，解之得或（舍去），故時，，代入可得，故答案為：或16．已知正項數列的前項和為，且滿足，，若對于任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍是______.【答案】【分析】將化簡后得到，由于為正項數列所以可以得到是等比數列，進而求出通項以及前項和．代入后通過化簡作差求得實數的最小值．【詳解】解：根據題意得，所以為正項數列，，即.，數列是以2為公比，1為首項的等比數列．①，②，將①②代入得即對于任意的恒成立．令，則，所以當時，，當時，故或5時，取得最大值．.所以．所以實數的取值范圍是.故答案為：三、解答題17．如圖，在四面體中，，，且，，，分別是，，，邊的中點.(1)求證：(2)若是和的交點，求證：對空間任意一點，都有.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）過點作平面，連接.證明出為△的垂心，得到，利用線面垂直的判定定理證明出平面，即可證明.（2）連接.先證明出四邊形為平行四邊形再利用向量共線定理即可證明.【詳解】（1）過點作平面，垂足為，則.連接.因為，，平面，平面，所以平面.因為平面，所以.同理可證：.所以為△的垂心.所以.因為，平面，平面，所以平面.又平面，所以.（2）連接.因為，，，分別是，，，邊的中點，所以且，且,所以且,所以四邊形為平行四邊形.因為是和的交點，所以由向量共線定理可得：.即證.18．已知數列中，，且滿足.(1)證明：數列為等比數列，并求數列的通項公式；(2)若，求數列的前項和.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）等號兩邊同時減去，用定義即可證明；（2）用錯位相減法即可求解.【詳解】（1），數列是以為首項，以5為公比的等比數列.，（2），即①，②，由①②得：，，化簡得：.19．已知拋物線的焦點為，且為圓的圓心.過點的直線交拋物線與圓分別為，，，（從左到右），且，.(1)求拋物線的方程并證明是定值；(2)若，的面積滿足：，求弦的長.【答案】(1)答案見解析；(2).【分析】（1）先求出焦點，即可求出拋物線的方程；利用“設而不求法”證明出；（2）求出，即可求出弦的長.【詳解】（1）由為圓的圓心可知：.又拋物線的焦點為，所以，解得：.所以拋物線的方程為.過點的直線交拋物線于，，且，..所以直線的斜率必存在，設其為，設直線方程為.聯立.當時，解得：，所以.當時，消去得：，所以.綜上所述：為定值.（2）因為且兩個三角形等高，所以.因為由解得：.所以.20．如圖1，為等邊的中位線，將沿折起，構成如圖2所示的四棱錐，其中.(1)求證：平面；(2)若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接交于點，連接，利用比例關系可得，即可求證；（2）利用面面垂直的性質定理可得平面，建立空間直角坐標系，求出面，面的法向量，即可得到答案【詳解】（1）連接交于點，連接，因為為等邊的中位線，所以，所以，所以，因為，所以，所以在中，，因為平面，平面，所以平面；（2）取的中點，的中點，連接，因為，所以，因為平面平面，平面平面，平面所以平面，易得在等腰梯形中，，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，不妨設等邊的邊長為2，則，，，，設，則，，因為，所以，所以，解得，所以，設平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，則由，得，令，則，，此時，由，得，令，則，，此時，所以，由圖可得二面角為銳角，所以二面角的余弦值為21．已知橢圓的離心率為，左頂點為，直線與橢圓交于，兩點.(1)求橢圓的的標準方程；(2)若直線，的斜率分別為，，且，求的最小值.【答案】(1)(2)3【分析】（1）根據題意列方程組解決即可；（2）設直線，聯立方程得，得，由，得，再根據弦長公式解決即可.【詳解】（1）由題知，橢圓的離心率為，左頂點為，所以，解得，所以橢圓的標準方程為.（2）由（1）得，，因為直線與橢圓交于，兩點，由題可知，直線斜率為0時，，所以直線的斜率不為0，所以設直線，聯立方程，得，所以，，所以，解得，此時恒成立，所以直線的方程為直線，直線過定點，此時，所以，當且僅當時取等號，所以的最小值為3.22．設數