1、高考资源网（） 您身边的高考专家丰台区20202021学年度第一学期期末练习高二数学一选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 已知、，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设直线的倾斜角为，利用直线的斜率公式求出直线的斜率，进而可得出直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，由斜率公式可得，因此，.故选：B.2. 过点且与直线平行的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设所求直线方程为，将点的坐标代入所求直线方程，求出的值，即可得出所求直线的方程.【详解】因为所求直线与直线平行，
2、可设所求直线方程为，将点的坐标代入直线的方程得，解得.因此，所求直线方程为.故选：C.【点睛】结论点睛：已知直线的一般方程为.（1）与直线平行的直线的方程可设为；（2）与直线垂直的直线的方程可设为.3. 已知等比数列满足，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得公比，进而计算可得答案.【详解】根据题意，设等比数列的公比为，若，则有，解得，故，故选：D.4. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ）A. 互斥B. 相互对立C. 相互独立D. 相等【答案】C【解析】【分析
3、】根据互斥事件、对立事件和独立事件的定义即可判断.【详解】显然事件A和事件B不相等，故D错误，由于事件A与事件B能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故AB错误；因为事件A是否发生与事件B无关，事件B是否发生也与事件A无关，故事件A和事件B相互独立，故C正确.故选：C.5. 若平面的法向量分别为，并且，则的值为（ ）A. 10B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据面面垂直，得到两平面的法向量垂直，其数量积为0，计算即得解.【详解】平面的法向量相互垂直故选：B【点睛】本题考查了利用向量表示面面垂直，考查了学生转化化归，数学运算的能力，属于基础题.6. 已知圆与圆，则圆与圆的位置
4、关系是（ ）A. 相离B. 相交C. 内切D. 外切【答案】D【解析】【分析】利用圆心距与半径和的关系可判断两者的位置关系.【详解】圆，其半径为3，又，因为即圆心距为两个圆的半径之和，故两圆外切，故选：D.7. 如图，在三棱锥中，是的中点，若，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的加法和减法法则可得出关于、的表达式.【详解】，因此，.故选：C.8. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，点在准线上，且.若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接，根据抛物线的定义可得为等边三角形，从而可求的值.【详解】连接，根据抛物线的定义
5、可得，因为，故为等边三角形，所以且 ，因为平行于轴，故的倾斜角为.故，到准线的距离为，故选：B.9. 已知等差数列是无穷数列，若，则数列的前项和（ ）A. 无最大值，有最小值B. 有最大值，无最小值C. 有最大值，有最小值D. 无最大值，无最小值【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的定义及通项公式，判断数列的单调性，进而判断数列前项和的最值.【详解】由数列为等差数列，且，得，故数列为递增数列，且，所以有最小值，无最大值，故选：A.10. 已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件将的最大值转化为的最值，设，表示出，结合消去，
6、得到关于的二次函数配成顶点坐标式即可得出答案.【详解】解：设圆的圆心为，则，设则所以，当且仅当时取得最大值，所以.故选：B.【点睛】椭圆几何性质的应用技巧：（1）与椭圆的几何性质有关的问题要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到图形；（2）椭圆相关量的范围或最值问题常常涉及一些不等式例如：，三角形两边之和大于第三边，在求椭圆相关量的范围或最值时，要注意应用这些不等关系.二填空题共6小题，每小题4分，共24分.11. 椭圆的离心率是_.【答案】【解析】【分析】利用题目所给的标准方程，求出，然后求解，即可求解离心率.【详解】解：椭圆的长半轴为，短半轴为，则半焦距为，所以椭圆的离心率为：
7、，故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，属于基础题型；解题方法是根据椭圆标准方程的性质分别逐步求出，然后再求出离心率；解题的关键点是根据求出离心率.12. 已知圆与轴相切，则_.【答案】【解析】【分析】根据圆的方程可得圆心坐标，要使圆与轴相切，则需要使半径等于圆心到轴的距离，即纵坐标的绝对值.【详解】解：由题可知圆心坐标为：，要使圆与轴相切，则需要使半径等于圆心到轴的距离，即时，圆与轴相切，故答案为：1.【点睛】本题主要考查圆的方程和位置，考查运算求解能力，属于基础题型；解题方法是求出圆心坐标，然后令半径等于纵坐标的绝对值；解题的关键是圆心坐标的求解.13. 已知直线
8、与圆交于，两点，则_.【答案】【解析】【分析】算出圆心到直线的距离后利用垂径定理可求弦长.【详解】圆心到直线的距离为，故，故答案为：2.14. 对于数列，若点都在函数的图象上，则数列的前4项和_.【答案】30【解析】【分析】根据等比数列的前项和公式可求.【详解】由题设可得，故，故为等比数列，其首项为2，公比为2，故，故答案为：30.15. 已知双曲线，则的右焦点的坐标为_；的焦点到其渐近线的距离为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据双曲线方程求出即可得出焦点坐标，利用点到直线距离公式即可求出焦点到渐近线的距离.【详解】由双曲线方程，可得，则，故右焦点的坐标为，由于双曲线的对称
9、性，不妨取渐近线，即，故焦点到渐近线的距离为.故答案为：；1.16. 如果数列满足(为常数)，那么数列叫做等比差数列，叫做公比差.给出下列四个结论：若数列满足，则该数列是等比差数列；数列是等比差数列；所有的等比数列都是等比差数列；存在等差数列是等比差数列.其中所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】根据比等差数列的定义(为常数)，逐一判断中的四个数列是否是等比差数列，即可得到答案.【详解】数列满足，则，满足等比差数列的定义，故正确；数列，不满足等比差数列的定义，故错误；等比数列，满足等比差数列，故正确；设等差数列的公差为，则，故当时，满足，故存在等差数列是等比差数列，即正确；故答案为：
10、三解答题共4小题，共36分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17. 如图，已知正方体的棱长为，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【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，利用空间向量法可证得平面；（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为正方体的棱长为，是的中点，所以、，.设平面的法向量为，由，令，则，所以.因为，所以，因为平面，所以平面；（2）由（1）知，平面的法向量.又平面法向量为.设平面与平面的
11、夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.18. 已知等差数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，再从；这三个条件中任选一个作为已知，求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）；
12、（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式直接求解；（2）分别求得数列的通项公式，利用分组求和的方法求解.【详解】解：（1）设等差数列的公差为.由，可得，解得.所以（2）选：由，可得，所以是等比数列，公比.所以.所以选：由，可得，所以是等比数列，公比.所以所以.选：由，可得，所以是等比数列，公比，所以.所以.19. 2020年是我国网络建设的加速之年.截至2020年底，中国已建成全球最大的网络.为了切实推动移动网络质量提升，不断改善用户体验，中国信通院受工信部委托，定期在全国范围内开展重点场所移动网络质量专项测评.其中一项测评内容是在每座受测城市中挑选一条典型路段，以评估当
13、地网络发展水平.其中5座受测城市的综合下载速率(单位：)数据如下表：城市路段综合下载速率(单位：)福州五四路708.92广州大学城外/中/内环817.13哈尔滨红军街630.34杭州环城东路88260成都二环高架916.02（1）从以上5座城市中随机选取2座城市进行分析，求选取的2座城市“综合下载速率”都大于800的概率；（2）甲乙两家网络运营商分别从以上5座城市中随机选取1座城市考察(甲乙的选取互不影响)，求甲乙两家运营商中恰有1家选取的城市“综合下载速率”大于800的概率.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）写出5座城市中随机选取2座城市的所有可能，找出选取的2座城市“综合下载速
14、率”都大于800的所有可能，根据古典概型公式计算即可；（2）选取的城市“综合下载速率”大于800的概率，选取的城市“综合下载速率”不大于800的概率，根据对立事件与互斥事件的概率公式计算即可.【详解】解：（1）5座城市中“综合下载速率”大于800Mbps的有3座，设为，“综合下载速率”不大于800的有2座，设为.随机选取2座城市所有可能为：，共10种.其中2座城市“综合下载速率”都大于800的有，共3种.设两个城市“综合下载速率”都大于800为事件，所以（2）设甲选取的城市“综合下载速率”大于800为事件，乙选取的城市“综合下载速率”大于800为事件，恰有1家运营商选取的城市“综合下载速率”大
15、于800为事件.依题意，事件，所以.【点睛】1.古典概型的概率求解步骤： （1）求出所有基本事件的个数；（2）求出事件包含的所有基本事件的个数；（3）代入公式求解.2.基本事件个数的确定方法（1）列举法：此法适合于基本事件个数较少的古典概型；（2）列表法：此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成坐标法；（3）树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适用于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件数的探求；（4）运用排列组合知识计算20. 已知椭圆过点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，过点的直线与椭圆交于，两点，且直线与轴不重合，直线，分别与轴交于，两点.求证：为定值.【答案】（1）
16、；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题可得，进而得出，即可得出椭圆方程；（2）先考虑直线斜率不存在时，可得，当斜率存在时，设出直线方程，联立直线与椭圆，得出韦达定理，得出直线的方程，可表示出坐标，同理表示出的坐标，进而利用韦达定理可求出.【详解】解：（1）因为椭圆过点，所以.因为，所以.所以椭圆的方程为.（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为.不妨设此时，所以直线的方程为，即.直线的方程为，即.所以.当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得.依题意，设，则，.又直线的方程为，令，得点的纵坐标为，即.同理，得.所以.综上，为定值，定值为.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.- 17 - 版权所有高考资源网
