【精准解析】天津市西青区2020-2021学年高二上学期期末考试数学试卷

高二数学试卷

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：答卷前务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上；答卷时，考生务必把答案涂写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，答在试卷上的无效.

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分.

1. 在等比数列中， ，则的值为（    ）

A.    

【答案】C

【解析】

【分析】

利用等比中项的性质可求得的值.

【详解】由等比中项的性质可得，因此，.

故选：C.

2. 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则 (    )

A. 2    B. -4    C. -2    D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】

根据平面平行得法向量平行，再根据向量平行坐标表示得结果.

【详解】因为，所以，解之得，应选答案D

【点睛】本题考查向量平行坐标表示，考查基本求解能力，属基础题.

3. 已知直线和直线互相平行，则的取值是（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

根据两直线平行可得出关于实数满足的等式与不等式，进而可求得实数的值.

【详解】由于直线和直线互相平行，则，解得.

故选：A.

4. 直线与圆的位置关系为（    ）

A. 相交且直线过圆心    B. 相切

C. 相离    D. 相交且直线不过圆心

【答案】D

【解析】

【分析】

根据点直线的关系，以及直线与圆的位置关系的判定方法，进行判定，即可求解.

【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，

则圆心到直线的距离为，

所以直线与圆相交，

将圆心代入直线，可得，所以直线不过圆心，

故选：D.

5. 设数列｛｝的前n项和=，则的值为

A. 15    B. 16    C. 49    D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

利用求解即可.

【详解】因为数列｛｝的前n项和=，

所以，

故选：A.

【点睛】本题主要考查本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式.

6. 下列命题中正确的个数为（    ）

①直线的一个方向向量为②双曲线的渐近线方程为  ③椭圆的长轴长为  ④圆的半径为 .

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】

【分析】

由直线的斜率，结合直线的方向向量的概念，可判定①正确的；由双曲线方程，求得的值，得出渐近线的方程，可判定②不正确；由椭圆方程，求得的值，可判定③不正确；化为圆的标准方程，可判定④正确.

【详解】对于①中，由直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，所以是正确的；

对于②中，由双曲线，可得，所以其渐近线方程，所以不正确；

对于③中，由椭圆，可得，所以其长轴长，所以不正确；

对于④中，由圆，可得，所以圆的半径为，

所以是正确.

故选：B.

7. 如图，在长方体中，设，，是的中点，则与所成角的大小为（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】C

【解析】

【分析】

分别以为原点，分别以所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出与的坐标，利用向量夹角公式即可求解.

【详解】 

如图以为原点，分别以所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，

，，，，

，，

所以，

因为与所成的角为锐角或直角，

所以与所成角的大小为，

故选：C

【点睛】方法点睛：

求空间角的常用方法：

（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.

8. 三个实数构成一个等比数列，则圆锥曲线的离心率为（    ）

A.     B.     C. 或    D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三个实数构成一个等比数列，解得，然后分，讨论求解.

【详解】因为三个实数构成一个等比数列，

所以，解得，

当时，方程表示焦点在x轴上的椭圆，

所以，

所以，

当时，方程表示焦点在y轴上的双曲线，

所以，

所以，

故选：D

9. 年月日时分，国际奥委会第次全会在吉隆坡举行，投票选出年冬奥会举办城市为北京.某人为了观看年北京冬季奥运会，从年起，每年的月日到银行存入元的定期储蓄，若年利率为且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到年的月日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为（    ）

A.     B. 

C     D. 

【答案】D

【解析】

【分析】

由存入的元，一年后存款及利息为，二年后存款及利息为，，依次类推，可得，结合等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】由题意，2016年1月1日，存入的元，一年后存款及利息为，二年后存款及利息为，，依次类推，

由此可得，从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为：

.

故选：D.

第Ⅱ卷

注意事项：1.将答案写在答题卡上  2.本卷共11小题，共105分.

二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.

10. 已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

由椭圆的定义求解.

【详解】利用椭圆定义，，

可知，即

故答案为：

11. 如图，在三棱锥中，，，，点在上，且，为中点，构成空间的一个基底，将用基底表示，=__________.

【答案】

【解析】

【分析】

连接，根据向量的加减运算法则，求得，进而求得向量，得到答案.

【详解】由题意，，，，

连接，根据向量的线性运算法则，可得，

因为为中点，，

又由点在上，且，可得，

所以.

12. 已知圆与圆关于直线对称，则直线方程______________________.

【答案】

【解析】

【分析】

求出两圆的圆心，圆的对称等价为圆心的对称，求得两圆的圆心连线的垂直平分线方程，即可求解.

【详解】由圆的圆心坐标为，

圆标准方程为，可得圆心，

则的中点坐标为，且的斜率为，

可得所求直线的斜率为，

所以直线的方程为，即.

故答案为：.

13. 设是等差数列的前项和，若，则=__________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用等差数列的前项和公式和等差数列的性质将化简，即可求解.

【详解】由等差数列的前项和公式可得：，

故答案为：.

14. 圆与圆的公共弦所在的直线方程为______，公共弦长=______.

【答案】    (1).     (2). 

【解析】

【分析】

两圆作差可得公共弦所在直线方程，由垂径定理计算弦长即可.

【详解】由和作差得：，

整理得，即为公共弦所在的直线方程；

圆即为，圆心为，半径为，

圆心到公共弦所在的直线的距离为：，

所以公共弦长=.

故答案为：；.

15. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于两点，.

①抛物线焦点到准线的距离为； 

②若，则； 

③；

④过点和抛物线顶点的直线交抛物线的准线为点，则直线平行于

抛物线的对称轴；

⑤绕点旋转且与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条.

以上结论中正确的序号为__________.

【答案】①②④

【解析】

【分析】

焦点到准线的距离为即可判断①；利用焦点弦的弦长公式即可判断②；设出直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可判断③；求出两点坐标，计算斜率即可判断④；时与抛物线只有一个交点，设过点的直线为，与抛物线方程联立，利用求出的值，即可得出有一个公共点的直线条数，可判断⑤，进而可得正确答案.

【详解】抛物线可得，

对于①：抛物线焦点为，准线为，所以焦点到准线的距离为，故①正确；

对于②：根据抛物线的对义可得：，

对于③：设直线方程为：与联立可得，可得，因为，所以，故③不正确；

对于④：，所以： ，由可得，

所以，因为， 解得：，所以，

因为在抛物线上，所以，所以，

所以，因为，所以，所以轴，即直线平行于

抛物线的对称轴，故④正确；

对于⑤：时，显然与抛物线只有一个交点，设过点的直线为，

由可得：，令

可得或，故过点且与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条.，故⑤不正确，

故答案为：①②④

【点睛】结论点睛：抛物线焦点弦的几个常用结论

设是过抛物线的焦点的弦，若，，则：

（1），；

（2）若点在第一象限，点在第四象限，则，，

弦长，（为直线的倾斜角）；

（3）；

（4）以为直径的圆与准线相切；

（5）以或为直径的圆与轴相切.

三.解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

16. 已知等差数列的前n项的和记为，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）求的最小值及其相应的n值.

【答案】（1）；（2）最小值为，或.

【解析】

【分析】

（1）设公差为，由，列出、的方程组可得答案；

（2）求出配方求最大值注意n的取值.

【详解】（1）由已知得：解得：，所以.

（2）

       = == 

当取最接近的整数，即或时，有最小值，     

最小值为.

17. 已知圆的圆心在上，点在圆上，且圆与直线相切.

（1）求圆的标准方程；

（2）过点和点的直线交圆于、两点，求弦的长.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用待定系数法，设圆的标准方程为：，解方程组

即可求出得值，进而可得圆的标准方程；

（2）求出直线的方程，计算圆心到直线的距离，利用即可求解.

【详解】（1）设圆的标准方程为：

由题意得：

解得：，

所以圆的标准方程为：；

（2）因为直线过点和点，

所以直线的斜率为， 

所以直线为：即

设圆心到直线的距离为，

所以，

所以弦长为.

【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：

（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；

（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.

18. 已知为等差数列，为等比数列，，，.

（1）求和的通项公式；

（2），求数列的前n项和.

【答案】（1）；；（2）.

【解析】

【分析】

（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题设条件，列出方程求得的值，即可得出和的通项公式；

（2）由（1）得出，结合错位相减法，即可求得数列的前n项和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

由，，可得d，解得，所以，

由，，可得，解得，所以.

（2）由（1）可得，，所以，

故 

上述两式相减，得

     =，

所以.

【点睛】错位相减法求解数列的前项和的分法：

（1）适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和；

（2）注意事项：

①在写出和的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；

②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；

③作差后，作差部分应用为的等比数列求和.

19. 如图，在正方体中，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）求直线到平面的距离；

（3）求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2

（1）求出平面的法向量和，由可得答案；

（2）直线到平面的距离即为点到平面的距离，利用可得答案；

（3）求出平面的一个法向量设平面与平面夹角为，可得答案.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2

则，，，， ，

（1）设平面的法向量为，，

令，则，，

，，

面平面.

（2）平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离，

，，==，

直线到平面的距离为.

（3）平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，

，==，

所以平面与平面夹角的余弦值.

【点睛】方法点睛：本题考查空间中线面平行关系、线面距离、面面角的求法，关键点是建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，考查学生的空间想象力和运算能力.

20. 已知椭圆过点，离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）已知定点，若直线与椭圆相交于、两点，试判断是否存在实数，使以为直径的圆过定点？若存在求出这个值，若不存在说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，.

【解析】

【分析】

（1）解方程组即可得的值，进而可得椭圆的方程；

（2）设，联立直线与椭圆的方程消元可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，用表示且，解方程，若有解说明存在，否则说明不存在.

【详解】（1）由题得可得

解得，，，

所以椭圆的方程为.

（2）假设实数，使以为直径的圆过定点，

直线与椭圆相交于、两点

设，

联立  ，

得：，

，（*）

若以为直径的圆过定点

则，

则：

将（*）代入此式，

解得：，满足

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是直径所对的圆周角是直角得出，即，再利用向量数量积的坐标表示.