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天津市滨海新区2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题(含解析).doc

上传人:高**** 文档编号:613151 上传时间:2024-05-29 格式:DOC 页数:22 大小:1.91MB
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资源描述

1、天津市滨海新区2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)本试卷分第卷(选择题)和第卷两部分,满分150分,考试时间100分钟.答卷前,考生务必将自己的学校、姓名、准考证号涂写在答题卡和答题纸上. 答卷时,考生务必将卷答案涂在答题卡上,卷答案写在答题纸上,答在试卷上的无效.祝各位考生考试顺利!第I卷 选择题 (60分)注意事项:1每小题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.2本卷共12小题,每小题5分,共60分.一. 选择题: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. 直线的倾斜角为( )A. B. C.

2、 D. 【答案】A【解析】【分析】先求出直线的斜率,由倾斜角的正切值等于斜率结合倾斜角的范围即可求解.【详解】由可得:,所以斜率为,设倾斜角为,则,因为,所以,故选:A2. 经过,两点的直线的方向向量为,则的值是( )A. 1B. 1C. 2D. -2【答案】D【解析】【分析】由两点的斜率公式计算即可.详解】解:由已知得.故选:D【点睛】本题考查两点的斜率公式及直线方向向量的概念,是基础题.3. 抛物线的焦点坐标为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据抛物线焦点在轴上,焦点坐标为即可求解.【详解】由可知抛物线焦点在轴上,且,所以,故焦点坐标为:,故选:D4. 等差数列的前

3、项和为,已知,则的值是( )A. 48B. 60C. 72D. 24【答案】A【解析】【分析】根据条件列方程组,求首项和公差,再根据,代入求值.【详解】由条件可知,解得:,.故选:A5. 已知等比数列an中,a17,a4a3a5,则a7()A. B. C. D. 7【答案】B【解析】【分析】先根据等比数列的性质求出a4,再根据通项公式求出首项,即可求出a7的值【详解】解:等比数列an中,a17,由a4a3a5a42,解得a41,a40(舍去),a4a1q3,q3,a7a1q67()2,故选:B6. 某中学的“希望工程”募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动,共收到捐款1200元.他们第一天

4、只得到10元,之后采取了积极措施,从第二天起每一天收到的捐款都比前一天多10元.这次募捐活动一共进行的天数为( )A. 15天B. 16天C. 17天D. 18天【答案】A【解析】【分析】由题可得每天收到的捐款形成等差数列,利用等差数列的前n项和即可求出.【详解】设他们每天收到的捐款形成数列,则由题可得是首项为10,公差为10的等差数列,解得(舍去)或,所以这次募捐活动一共进行的天数为15天.故选:A.7. 圆与圆的位置关系是( )A. 相交B. 相离C. 内切D. 内含【答案】D【解析】【分析】根据两圆的方程,求得圆心坐标和半径,根据圆心距和两圆半径的关系,即可求解.【详解】由圆与圆,可得,

5、则,又由,所以,所以圆和圆的位置关系式内含.故选:D.8. 已知为抛物线上一点,点到的焦点的距离为,到轴的距离为,则的值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先设点,然后根据条件列式,求的值.【详解】设,则,解得:.故选:B9. 已知等差数列的前项和为,公差取得最大值时的值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出等差数列的前n项和,利用二次函数的性质即可求出.【详解】,可得对称轴为,开口向下,当时,取得最大值为.故选:A.【点睛】求等差数列前n项和最值:方法点睛:由于等差数列是关于的二次函数,当与异号时,在对称轴或离对称轴最近的正整数时取最值;当与同

6、号时,在取最值.10. 如图,在四面体中,是的中点,是的中点,则等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为在四面体中,是的中点,是的中点,即可求得答案.【详解】在四面体中,是的中点,是的中点故选:C.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,解题关键是掌握向量基础知识和数形结合,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.11. 已知,直线,为直线上的动点,过点作的切线,切点为,当四边形的面积取最小值时,直线的方程为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将面积化为,即可得点C到直线的距离即为最小,由此求出M坐标,由四点共圆,求出该圆方程,和圆C方程相减可得直线

7、AB方程.【详解】将化为标准方程为,故圆心,半径为2,可得,则,为直线上的动点,则可得,此时取得最小值为2,此时,则直线方程为,即,联立MC和l可得,可得四点共圆,且圆心为MC中点,半径为,则该圆方程为,将两圆联立相减可得直线AB方程为.故选:B.【点睛】关键点睛:本题考查过圆外一点作圆的切线问题,解题的关键是得出当,面积最大,求出点M坐标,且共圆,求出该圆方程,即可求出公共弦AB方程.12. 已知、分别为双曲线的左、右焦点,且,点为双曲线右支一点,为的内心,若成立,给出下列结论:当轴时, 离心率 点的横坐标为定值上述结论正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】当轴时,

8、求出,判定不正确;通过求解离心率,可判定正确;设的内切圆半径为,利用面积公式求得,可判定正确;设内切圆与,的切点分别为,结合双曲线的定义,求得的横坐标,可判定正确.【详解】当轴时,可得,此时,所以不正确;因为,所以,整理得,可得(其中为双曲线的离心率,),所以,所以正确;设的内切圆半径为,由双曲线的定义可得,其中,因为,所以,解得,所以正确;设内切圆与,的切点分别为,可得,因为,可得,则点的坐标为,所以点横坐标为,所以正确.故选:D【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法:1、定义法:通过已知条件列出方程组,求得得值,根据离心率的定义求解离心率;2、齐次式法:由已知条件得出关于的二元齐次方程

9、,然后转化为关于的一元二次方程求解;3、特殊值法:通过取特殊值或特殊位置,求出离心率.第II卷 (90分)注意事项:1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2.本卷共12小题,共90分.二. 填空题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.13. 已知直线与平面平行,直线的一个方向向量为,向量与平面垂直,则_.【答案】2【解析】【分析】根据向量的垂直关系计算即可.【详解】由题可知,解得.故答案为:2.14. 若直线与圆相切,则_【答案】【解析】【分析】由题意结合圆的方程可得该圆圆心为,半径为,再利用圆心到直线的距离等于半径即可得解.【详解】由题意圆的方程可转化为,所以该圆圆心为,半径为,

10、所以圆心到直线的距离,解得.故答案为:.【点睛】本题考查了圆的方程的应用,考查了直线与圆的位置关系的应用以及运算求解能力,属于基础题.15. 已知数列满足,则_.【答案】【解析】【分析】根据递推关系依次求出即可.【详解】,.故答案为:.16. 已知方程表示双曲线,则实数的取值范围为_.【答案】或【解析】【分析】由双曲线方程的特点可得,解不等式即可求解.【详解】若方程表示双曲线,则,解得:或,故答案为:或.17. 如图,在棱长为1的正方体中,求点到直线的距离_.【答案】【解析】分析】以为坐标原点,分别以,所在直线为,轴建立空间直角坐标系,取,从而可得点到直线的距离.【详解】以为坐标原点,分别以,

11、所在直线为,轴建立空间直角坐标系,则,0,1, ,1, ,取,则点到直线的距离为.故答案为:.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.18. 已知抛物线的焦点为,并且经过点,经过焦点且斜率为的直线与抛物线交于两点,则=_,线段的长为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将点代入抛物线可得的值,求出直线的方程与抛物线方程联立可得的值,利用过焦点

12、的弦长公式即可求得线段的长.【详解】因为抛物线经过点,所以,解得,所以抛物线,焦点,所以直线的方程为:,设,由可得,可得,由抛物线的定义可得:所以,故答案为:;【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.19. 已知数列为等比数列,公比,若是数列的前项积,则当_时,有最大值为 _.【答案】 (1). 或 (2). 【解析】【分析】先求出的通项公式,再将其前项积表示出来,利用函数的性质即可求得最值,以及取得最值时的值.【详

13、解】因为数列为等比数列,公比,所以 ,所以,令,对称轴为,因为是正整数,所以或时最大,此时最大,最大值为,故答案为:或;.【点睛】关键点点睛:本题解题的关键是将前项积表示出来,结合对应的二次函数的性质可求最值.20. 已知椭圆:的右焦点,点在椭圆上,线段与圆相切于点,且,则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据数形结合分析,可得,并根据勾股定理,可得,计算离心率.【详解】如图,首先画出函数图象,又,且,且,根据椭圆的定义可知,由勾股定理可知,即 整理为,即,.故答案为:【点睛】方法点睛:本题考查椭圆离心率的取值范围,求椭圆离心率是常考题型,涉及的方法包含1.根据直接求,2.根据条件建立

14、关于的齐次方程求解,3.根据几何关系找到的等量关系求解.三. 解答题:本大题共4小题,共50分. 解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.21. 已知圆的圆心在轴上,且经过点,()求圆的标准方程;()过点斜率为的直线与圆相交于两点,求弦的长【答案】();().【解析】【分析】()求出AB的垂直平分线,可求得圆心坐标,进而可求出半径,得出圆的方程;()得出直线方程,求出圆心到直线距离,由几何法即可得出.【详解】解:()设的中点为,则,由圆的性质得,所以,得,所以直线CD方程是,令,可得,故圆心,半径,所以圆的标准方程为()可得直线的方程为,圆心到直线的距离为所以,.22. 如图,在四棱锥中,底面

15、,底面是边长为的正方形,分别是,的中点()求证:平面;()求平面与平面的夹角的大小;(III)在线段上是否存在一点,使得与平面所成角为?若存在,求出点坐标,若不存在,请说明理由【答案】()证明见解析;()60;(III)存在,.【解析】分析】(1)以为原点,、分别为、轴建立空间直角坐标系,写出、的坐标,根据法向量的性质求得平面的法向量,证得即可;(2)由(1)知,平面的法向量为,1,同(1)可求得平面的法向量,由,即可得解;(3)设,则,0,故有,解之得的值即可【详解】()证明:以为原点,、分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系,则设平面的法向量为,则,即令,则,故平面()解:由()知,平面的

16、法向量为,设平面的法向量为,则,令,则, 所以平面的法向量平面与平面的夹角大小为(III)假设线段上存在一点,设,则,设平面的法向量为,由得到,与平面所成角为,与所成角为,解得,故在线段上存在一点,使得与平面所成角为,点的坐标为【点睛】关键点点睛:存在性问题,一般假设存在一点,设,利用向量的坐标运算,根据线面角公式求解,如能求出符合范围的,即存在,否则不存在.23. 已知等差数列的前项和为,且.()求数列的通项公式;()若,令,求数列的前项和.【答案】();().【解析】分析】()根据条件列出方程组求出数列的首项和公差,即可得出通项公式;()分组求和结合错位相减法和裂项相消法可求出.【详解】解

17、: ()设等差数列的公差为,则由可得,解得因此()由()及 , 则令,则,两式相减得,所以综合知.【点睛】方法点睛:数列求和的常用方法:(1)对于等差等比数列,利用公式法可直接求解;(2)对于结构,其中是等差数列,是等比数列,用错位相减法求和;(3)对于结构,利用分组求和法;(4)对于结构,其中是等差数列,公差为,则,利用裂项相消法求和.24. 如图,在平面直角坐标系中,已知椭圆:的离心率左顶点为,过点作斜率为的直线交椭圆于点,交轴于点.()求椭圆的方程;()已知为的中点,是否存在定点,对于任意的都有,若存在,求出点的坐标;若不存在说明理由;(III)若过点作直线的平行线交椭圆于点,求的最小值

18、.【答案】();()存在,;(III).【解析】【分析】()根据离心率和顶点求出,再求出即可得出方程;()联立直线与椭圆方程求出点D坐标,进而得出点坐标,再利用即可求出定点;(III)设的方程为,与椭圆联立,得出M横坐标,利用表示出,即可求出最值.【详解】解:()因为椭圆C:的离心率左顶点为,所以,又,所以,可得,所以椭圆C的标准方程为;()直线的方程为,由,可得:,所以,当 时,所以,因为点P为AD的中点,所以P点坐标为,则,直线的方程为,令,得点坐标为,假设存在定点使得,则,即恒成立,所以,所以,即,所以定点的坐标为.(III)因为,所以的方程可设为,和联立可得点的横坐标为,由可得: ,当且仅当,即时取等号,所以当时,的最小值为.【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.

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