1、2020-2021年高二期末质量调研试题数学试题第卷 选择题（60分）一单项选择题：本题共8小题，每题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：的一个方向向量为（ ）A. B. C. D. A分析：由直线的斜率得出直线的一个方向向量.解答：直线的斜率为设直线的方向向量为，则，只有A项满足故选：A2. 设等差数列的前项和为，（ ）A. 2022B. 2021C. 2019D. 2018B分析：先求出等差数列的公差，再由等差数列通项公式求解.解答：设等差数列的公差为，由，可得: 解得 ，则 所以故选：B3. 若向量，且，则实数（ ）A. 2B. C. D. C
2、分析：由向量垂直关系得到数量积为零，列方程计算即可得答案.解答：因为所以即，所以 得故选：C4. 已知双曲线的左焦点为，且离心率为， 过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若的面积等于4（为坐标原点），则实数的值等于（ ）A. 4B. 1C. 3D. 2D分析：首先根据双曲线的离心率为，设渐近线方程为，联立得到，再根据，即可得到答案.解答：因为，设，解得.设渐近线方程为，则，.，解得，所以，解得，即.故选：D5. 半径为1的圆C的圆心在第四象限，且与直线y=0和均相切，则该圆的标准方程为（）A. B. C. D. D分析：根据题意设出圆心（a，1），再由点到直线的距离公式求出，结合圆的标准方
3、程以及选项即可得出答案.解答：如图，由题意可设圆心坐标为（a，1），r=1则，即，解得a或结合选项可得，所求圆的方程为故选：D点拨：本题主要考查了点到直线的距离公式、圆的标准方程以及直线与圆的位置关系，需熟记点到直线的距离公式，圆的标准方程形式.属于基础题.6. 已知数列满足，是等比数列，则数列的前8项和（ ）A. 376B. 382C. 749D. 766C分析：利用累加法求出通项，然后利用等比数列的求和公式和分组求和法，求解即可解答：由已知得，而是等比数列，故，化简得，故选：C点拨：关键点睛：解题关键在于利用累加法求出通项.7. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平
4、行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点已知抛物线的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则的周长为（ ）A. B. C. D. B分析：根据题中光学性质作出图示，先求解出点坐标以及直线的方程，从而联立直线与抛物线方程求解出点坐标，再根据焦半径公式以及点到点的距离公式求解出的三边长度，从而周长可求.解答：如下图所示：因为，所以，所以，所以，又因为，所以，即，又，所以，所以或，所以，所以，所以，又因，所以的周长为：，故选：B.点拨：结论点睛：抛物线的焦半径公式如下：（为焦准距）（1）焦点在轴正半轴
5、，抛物线上任意一点，则；（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.8. 已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. D分析：首先设过点的切线方程，切点，利用导数的几何意义列式，转化为有三个解，通过设函数，问题转化为与有三个交点，求的取值范围.解答：设过点的直线为，设切点为，则 ，得有三个解，令，当，得或，得，所以在，单调递增，单调递减，又，有三个解，得，即.故选：D点拨：方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的
6、根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.二多项选择题：本题共4小题，每题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3分，有选错的得0分.9. 若，与的夹角为，则可以取的值为（ ）A. B. C. D. BC分析：利用模长公式代入计算表示，然后利用数量积的定义与坐标表示公式代入列等式，求解关于的一元二次方程.解答：由题意，所以，即，得或.故选：BC.
7、10. 等差数列的前项和为，公差.若，则以下结论一定正确的是（ ）A. B. 的最小值为C. D. 存在最大值AC分析：首先根据，得到，再依次判断选项即可.解答：因为，所以，又因为，解得.对选项A，故A正确；对选项B，因为，所以的最小值为或，故B错误；对选项C，又因为，所以，即，故C正确；对选项D，因为，所以无最大值，故D错误.故选：AC11. 已知圆，直线，()则下列四个命题正确的是（ ）A. 直线恒过定点B. 当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1C. 圆与曲线恰有三条公切线，则D. 当时，直线上一个动点向圆引两条切线，其中，为切点，则直线经过点ACD分析：利用相交直线系方程和圆系方
8、程可判断AD的正误，根据圆心到直线的距离可判断B的正误，根据两圆外切可判断C的正误.解答：直线可化为：，由可得，故直线恒过定点，故A正确.当时，直线，圆心到该直线的距离为，因为，故圆上有且仅有四个点到直线的距离都等于1，故B错.因为圆与曲线恰有三条公切线，故两圆外切，故，故，故C正确当时，直线，设，则以为直径的圆的方程为，而圆，故的直线方程为，整理得到，由可得，故直线经过点，故D正确.故选：ACD.点拨：方法点睛：对于含参数的直线方程，可通过化简其方程，以便于求出定点坐标，而切点弦，则需要利用圆系来求其方程，过圆外一点及两个切点的圆的方程可由直径式方程得到.12. 设函数，则关于的方程的实数根
9、的个数可能为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1BCD分析：利用导数确定函数的单调性，进而得出函数的图象，数形结合得出方程实数根的个数.解答：，即函数上单调递减，在上单调递增当时，则函数与的图象如下图所示平移直线可知，函数与的交点个数可能为则关于的方程的实数根的个数可能为故选：BCD点拨：关键点睛：在求方程的实数根的个数时，关键是将方程的根的个数转化为两函数与图象的交点个数问题进行处理.第卷 非选择题（90分）三填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是_.分析：根据空间点的对称性即可得到答案.解答：点关于轴的对称点坐标是.故答案为：14.
10、已知函数为偶函数，当时，则曲线在处的切线方程为_.分析：根据偶函数先得，然后求导，再计算与，然后利用点斜式写出切线方程.解答：因为函数为偶函数，设，则，所以，则，所以，所以，所以在处的切线方程为，即.故答案为：15. 如图，光线从出发，经过直线反射到，该光线又在点被轴反射，若反射光线恰与直线平行，且，则实数的最小值是_.5分析：作关于直线l的对称点为M，M关于x轴的对称点为N，由N必在第二次的反射光线所在直线上，可求得的关系式，从而可得取值范围.解答：如图，设关于直线l的对称点为M，则M一定在第一次的反射光线所在直线上，设M关于x轴的对称点为N，则N必在第二次的反射光线所在直线上设，则，解得，
11、即由题意，整理得，故答案为：点拨：关键点睛：解决本题的关键在于由与垂直以及的中点在直线上，以此列出方程组求出的坐标，进而得出的坐标.16. 已知点是抛物线的焦点，点，分别是抛物线上位于第一四象限的点，若，则_.18分析：根据抛物线的定义求得，得到抛物线方程，进一步求得的坐标，从而可得结果.解答：因为到焦点距离等于到准线的距离，则抛物线的方程为,把代入方程,得，或（舍去），即；把代入方程，得，（舍去），即,则.故答案为：18.点拨：本题主要考查抛物线的定义和几何性质，与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点
12、到准线距离转化为该点到焦点的距离；（2）将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.四解答题：本题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 一动点到两定点距离的比值为非零常数，当时，动点的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆已知两定点、的坐标分别为：、，动点满足（1）求动点的阿波罗尼斯圆的方程；（2）过作该圆的切线，求的方程（1）；（2）或分析：（1）设，直接用坐标表示并化简即可；（2）分类斜率不存在和斜率存在，斜率存在时设出直线方程，由圆心到切线距离等于半径求得参数，得切线方程解答：（1）设动点坐标为，则，又知，则，得（2）当的斜率存在为时，则的方程为
13、：，与圆相切，则，得：，此时的方程为：；当的斜率不存在时，此时的方程为：，综上：的方程为或点拨：本题考查求圆的方程，考查求圆的切线方程求圆的方程采取直接法，即把已知关系用坐标表示化简即可，而求圆的切线方程必须分类讨论，即分斜率不存在和斜率存在两类，斜率存在时设出切线方程，由圆心到切线距离等于半径求参数18. 已知函数，曲线在处的切线方程为.（）求实数，的值；（）求在区间上的最值.（）最大值为，最小值为.（）最大值为，最小值为.分析：（）切点在函数上，也在切线方程为上，得到一个式子，切线的斜率等于曲线在的导数，得到另外一个式子，联立可求实数，的值；（）函数在闭区间的最值在极值点或者端点处取得，通
14、过比较大小可得最大值和最小值.解答：解：（），曲线在处的切线方程为，解得，.（）由（）知，则，令，解得，在上单调递减，在上单调递增，又，在区间上的最大值为，最小值为.点拨：本题主要考查导函数与切线方程关系以及利用导函数求最值的问题.19. 甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列的前n项和为，已知_，（1）判断，的关系；（2）若，设，记的前n项和为，证明：.甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第（1）问的答案是，成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充
15、完整并解答此题. （1）（2）见解析分析：（1）可补充公比q的值，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，计算可得所求结论；（2）由等比数列的通项公式求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，不等式的性质，即可得证.解答：（1）由题意可得，可得，即，成等差数列；（2）证明：由，可得，解得，则，上面两式相减可得，化简可得，由，可得.点拨：本小题主要考查证明数列是等差数列，考查错位相减求和法，考查分析、思考与解决问题的能力，属于中档题.20. 如图,在四棱锥中,是边长为的正三角形,底面.（1）求证：；（2）若,求二面角的正弦值.（1）见解析；（2）分析：解答：试题分析：（1）连接交
16、于，然后利用线面垂直的性质与已知条件证得平面，由此推出，从而通过解三角形推出，进而推出平面，可使问题得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标与向量，然后求得平面与平面法向量，从而利用空间夹角公式求解即可试题解析：（1）证明：连接交于，底面,平面，则,即,即平面.（2）由（1）知是的中点, 过作交于,以为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则,则设平面的一个法向量,则,即,令,则.取的中点,连接,则平面, 向量是平面一个法向量, , 二面角的正弦值为.考点：1、空间直线与直线的位置关系；2、二面角；3、空间向量的应用【方法点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已
17、知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化，转化时要正确运用相关的定理，找出足够的条件进行推理；求二面角，则通过求两个半平面的法向量的夹角间接求解21. 已知椭圆的离心率为，其右顶点为，下顶点为，定点，的面积为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）试探究的横坐标的乘积是否为定值，说明理由.（1）；（2）是，理由见解析.分析：（1）求出，代入即可；（2）设直线的方程为，的坐标分别为，求出，的横坐标，利用直线和椭圆联立，由韦达定理得,，即可求出.解答：（1）由已知，的坐标分别是由于的面积为，又由得，解得：，或（舍去），椭圆方程为；（2）设
18、直线的方程为，的坐标分别为则直线的方程为，令，得点的横坐标直线的方程为，令，得点的横坐标把直线代入椭圆得由韦达定理得,，是定值点拨：本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的综合，圆锥曲线的定值问题，属于中档题22. 函数.（1）求的单调区间；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.（1）的单调递增区间为：，的单调递减区间为；（2）.分析：（1）求导函数，计算和即可得单调区间；（2）将代入不等式化简得恒成立，通过求导数讨论单调性并求得最值，从而求的实数的取值范围.解答：（1）由题可得令，得，的单调递增区间为.同理，令，得的单调递减区间为综上所述：的单调递增区间为：，的单调递减区间为.（2）由，得，即.设，则.设，则.当时，所以.所以即在上单调递增，则.若，则，所以在上单调递增.所以恒成立，符合题意.若，则，必存在正实数，满足：当时，单调递减，此时，不符合题意.综上所述，的取值范围是.【点晴】方法点晴：将不等式恒成立问题转化为最值问题来求解，通过求导讨论单调性求得最值，从而解决相关问题.
