1、石景山区20192020学年第一学期高二期末试卷数学第卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题共10个小题，每小题4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.如果成等差数列，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的通项公式即可求解.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，所以，故选：C【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.2.若双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出，由离心率即可求解.【详解】由双曲线，则，即 故选：C【点睛】本题考查双曲线的离心率，需熟记，属于基础题.3
2、.抛物线的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由抛物线的性质即可求解.【详解】由抛物线可知，焦点在轴的负半轴上.焦点为，故选：B【点睛】本题考查了抛物线的焦点坐标，需熟记抛物线的标准方程以及焦点坐标，属于基础题.4.在数列中，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据递推关系式可得数列是以周期的数列，从而可求得.【详解】由，可得，故数列是以周期的数列， 所以.故选：A【点睛】本题考查了数列的递推关系式、数列的周期性，属于基础题.5.命题“R，”的否定是( )A. R，B. R，C. R，D. R，【答案】D【解析】【分析】利用全称命题的否定是
3、特称命题分析解答.【详解】由题得命题“R，”的否定是“R，”.故答案为D【点睛】本题主要考察全称命题和特称命题的否定，意在考察学生对这些基础知识的理解和掌握水平.6.设椭圆的两个焦点为，且P点的坐标为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先判断出点在椭圆上，然后利用椭圆的定义即可求解.【详解】把P点的坐标代入椭圆方程，满足椭圆方程，即P点在椭圆上，由，则，故选：D【点睛】本题主要考查椭圆的定义，需熟记椭圆的定义，属于基础题.7.如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】A
4、【解析】【分析】根据的坐标为，可得长方体的长、宽、高，从而可得出点的坐标.【详解】由的坐标为，为坐标原点，所以，的坐标为.故选：A【点睛】本题考查了写空间直角坐标系中的点，属于基础题.8.设是首项为正数的等比数列,公比为则“”是“对任意的正整数”的A. 充要条件B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】试题分析：由题意得，故是必要不充分条件，故选C.【考点】充要关系【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假并注意和图示相结合，例如“pq”为真，则p是q的充分条件等价法：利用pq与非q非p，qp与非p非
5、q，pq与非q非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法集合法：若AB，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若AB，则A是B的充要条件9.设平面的法向量为，直线的方向向量为，那么“”是“直线与平面夹角为”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据向量夹角的定义以及线面角的定义即可得出选项.【详解】由面的法向量为，直线的方向向量为，“”，则“直线与平面夹角为”，反之，由向量夹角的定义，“直线与平面夹角为”，则“或”，故“”是“直线与平面夹角为”充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了向量的夹
6、角、线面角，充分不必要条件，需掌握其定义，考查了学生的基础知识，属于基础题.10.如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，当灯笼的底面半径为0.3米时，则图中直线与所在异面直线所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出圆柱的高，以底面中心为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可求解.【详解】设圆柱的高，则，解得，底面中心为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则， ， 设直线与所成的角为，则 故选：B【点睛】本题主要考查用空间向量求异面直线所成的角，解题的关键是建立恰当的
7、空间直角坐标系，属于中档题第卷（非选择题 共60分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题3分，共12分 11.空间直角坐标系中，已知 那么_.【答案】【解析】【分析】利用空间向量的数量积即可求解.【详解】由，故答案为：【点睛】本题考查了利用空间向量的数量积求夹角，需熟记公式，属于基础题.12.已知数列是各项均为正数的等比数列，且，.设数列的前项和为，那么_（填“”、“”或“=”），理由是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】首先求出等比数列的通项公式，作差即可比较大小.【详解】设正项等比数列的公比为，所以解得， 所以，故 故答案为： ；【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，作差法比
8、较大小，属于基础题.13.甲、乙两位同学分别做下面这道题目：在平面直角坐标系中，动点到的距离比到轴的距离大，求的轨迹.甲同学的解法是：解：设的坐标是，则根据题意可知，化简得； 当时，方程可变为；这表示的是端点在原点、方向为轴正方向的射线，且不包括原点； 当时，方程可变为； 这表示以为焦点，以直线为准线的抛物线；所以的轨迹为端点在原点、方向为轴正方向的射线，且不包括原点和以为焦点，以直线为准线的抛物线. 乙同学的解法是：解：因为动点到的距离比到轴的距离大. 如图，过点作轴的垂线，垂足为. 则.设直线与直线的交点为，则； 即动点到直线的距离比到轴的距离大； 所以动点到的距离与到直线的距离相等；所以
9、动点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线； 甲、乙两位同学中解答错误的是_（填“甲”或者“乙”），他的解答过程是从_处开始出错的（请在横线上填写 、 或 ）.【答案】 (1). 乙 (2). 【解析】【分析】由题干的坐标是可以是平面直角坐标系中的任意一点，根据甲、乙的解题过程即可求解.【详解】由在平面直角坐标系中，动点到的距离比到轴的距离大，可得，讨论的正负，整理化简，故甲正确；对于乙，由于在轴上方也存在满足条件的点，乙选择点具有特殊性，从即动点到直线的距离比到轴的距离大；把点定为在轴下方，故从开始错误；故答案：乙；【点睛】本题主要考查求点的轨迹方程，采用直接法，考查了学生数学思维的严密性，
10、属于基础题.14.已知平面上的线段及点，任取上一点，线段长度的最小值称为点到线段的距离，记作.请你写出到两条线段，距离相等的点的集合，其中，是下列两组点中的一组对于下列两种情形，只需选做一种，满分分别是 3分； 5分 ，； ，你选择第_种情形，到两条线段，距离相等的点的集合_.【答案】 (1). ，轴 (2). 轴非负半轴，抛物线，直线【解析】【分析】根据题意从两组点的坐标中选一组，根据所给的四个点的坐标，写出两条直线的方程，从直线方程中看出这两条直线之间的平行关系，得到要求的结果.【详解】对于，；利用两点式写出两条直线的方程：，：，到两条线段，距离相等的点的集合，根据两条直线的方程可知两条直
11、线之间的关系是平行，到两条线段，距离相等的点的集合为，对于， 根据第一组作出的结果，观察第二组数据的特点，连接得到线段以后，可以得到到两条线段距离相等的点是轴的非负半轴，抛物线抛物线，直线故满足条件的集合且.综上所述，；，且 .【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式，考查两点间的距离公式，考查点到线段的距离，本题是一个综合题目，属于中档题.三、解答题：本大题共6个小题，共48分应写出文字说明，证明过程或演算步骤15.已知数列是等差数列，满足，数列是公比为等比数列，且（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可
12、求解.（2）根据分组求和以及等差、等比的前项和即可求解.【详解】（1）因为数列是等差数列，满足，所以公差.所以数列的通项公式为. 因为，所以，又因为数列公比为等比数列，所以. 所以. （2）.【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的通项公式、求和公式以及分组求和，需熟记公式，属于基础题.16.如图，在底面是正方形的四棱锥中，平面，是的中点.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，证出，且，根据线面垂直的判定定理即可证明. （2）
13、假设存在，利用线面垂直的定义证出即可.【详解】（1）证明：因为四棱锥底面是正方形，且平面，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系. 则，因为是的中点，所以，所以，所以，且. 所以，且.所以平面. （2）假设在线段上存在点，使得/平面. 设， 则.因为/平面，平面，所以. 所以. 所以，在线段上存在点，使得/平面.其中.【点睛】本题考查了用空间向量证明线面垂直，线面平行，考查了线面垂直的判定定理，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于基础题.17.已知椭圆C的焦点为和，长轴长为，设直线交椭圆C于A，B两点（1）求椭圆C的标准方程；（2）求弦AB的中点坐标及弦长【答案】（1
14、）；（2），.【解析】【分析】（1）由题意以及即可求出椭圆标准方程. （2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.【详解】（1）因为椭圆C的焦点为和，长轴长为4，所以椭圆的焦点在x轴上，. 所以.所以椭圆C的标准方程.（2）设，AB线段的中点为，由得所以， 所以所以弦AB的中点坐标为， .【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，中点坐标公式以及弦长公式，需熟记方程与公式，属于中档题.18.如图，三棱柱中，且,O为中点，平面.（1）求二面角的余弦值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角
15、坐标系，求平面的法向量与平面的法向量，利用向量的数量积即可求解. （2）直线与平面所成角为，利用平面的法向量与的数量积即可求解.【详解】（1）联结，因为，所以.又因为平面，所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系. 则所以.设平面的法向量为，则即令，则. 易知平面的法向量， .所以二面角的余弦值为. （2）设直线与平面所成角为， 则.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了用空间向量解二面角、线面角，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于基础题.19.已知椭圆，、分别是椭圆短轴的上下两个端点；是椭圆的左焦点，P是椭圆上异于点、的点，是边长为4的等边三角形
16、（1）写出椭圆的标准方程；（2）设点R满足：，求证：与的面积之比为定值【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求出，即可求出椭圆的标准方程.（2）直线的斜率分别为，写出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，求出点横坐标坐标，从而求出直线的方程，与椭圆联立求出，面积比即横坐标之比.【详解】（1）因为是边长为4的等边三角形，所以 所以.所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的斜率分别为，则直线的方程为 由直线的方程为 将代入，得， 因为是椭圆上异于点的点，所以 所以 . 由，所以直线的方程为 由 ，得 所以【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，属于中档题.20.已知，记 ，其中表示这个数中最大的数（1）求的值；（2）证明是等差数列.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先求出，根据题意即可求解. （2）利用作差法求出数列的通项公式，再根据等差数列的定义即可证出.【详解】（1）易知，且，所以 ， .（2）下面证明：对任意且，都有 当且时，因为且所以因此对任意且，则又因为，故对均成立，从而是等差数列.【点睛】本题主要考查数列的新定义、等差数列的定义，考查了学生的知识迁移能力，属于中档题.