1、天津市部分区2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）第卷（共36分）一、选择题：本大题共9小题，每小题4分，共36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. 在空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用中点坐标公式直接求解【详解】因为点，所以线段的中点坐标是，即.故选：B2. 准线为的抛物线的标准方程方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据抛物线准线方程可知抛物线的焦点位置和的值，由此可得抛物线的标准方程.【详解】因为准线为，所以抛物线的焦点在轴负半轴上，且，所以，所以抛
2、物线的方程为.故选：D3. 经过，两点的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据斜率公式求出斜率，再根据点斜式可得结果.【详解】经过，两点的直线的斜率为，由点斜式可得所求直线方程，即.故选：A4. 在等比数列中，则（ ）A. 12B. -12C. 12D. 15【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的通项公式性质直接求解.【详解】由等比数列，可知，解得：故选：C.5. 焦点在x轴上的椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由长轴长可得，再由离心率求得，即可求出，得出椭圆方程.【详解】设椭圆方程为，长轴
3、长为4，即，离心率为，故椭圆方程为.故选：A.6. 已知圆的方程为，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据可求得结果.【详解】因为表示圆，所以，解得.故选：C【点睛】关键点点睛：掌握方程表示圆的条件是解题关键.7. 莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.【详解】设5人分到的面
4、包数量从小到大记为，设公差为，依题意可得，解得，.故选:A.【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.8. 已知F为双曲线C：（，）的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且垂直于x轴.若直线的倾斜角为，则C的离心率为（ ）A. B. 2C. 3D. 【答案】B【解析】【分析】首先求点的坐标，再求直线的斜率，利用关于的齐次方程求离心率.【详解】由条件可知，轴，当时，解得：，又因为直线的倾斜角为，所以点在第一象限，所以，即，化简为，两边同时除以后得，解得：（舍）或.故选：B9. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直
5、线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体中，则异面直线与之间的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出和的公垂线的方向向量，求出，再由可求出.【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，则，设和的公垂线的方向向量，则，即，令，则，.故选：D.【点睛】本题考查异面直线距离的求解，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解.第卷（共84分）二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.试题中包含两个空的，每个空2分.10. 已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是_.【答案】相交【解析】【分析】分别求出圆与圆的圆心与
6、半径，再利用圆心距与半径之间的关系确定两圆的位置关系.【详解】圆，圆心，圆，圆心，又圆心距，则，所以两个圆是相交的.故答案为：相交【点睛】方法点睛：本题考查两圆的位置关系，利用几何法：圆心距d与r1，r2的关系判断：方法位置关系几何法：圆心距d与的关系外离外切相交内切内含11. 记为等差数列的前n项和，若（），则_.【答案】17【解析】【分析】利用求出，则可得.【详解】因为，当时，所以，又时，也适合上式，所以，所以.故答案为：17【点睛】关键点点睛：利用求出是解题关键.12. 经过点，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为_.【答案】【解析】【分析】设出方程，代入点A即可求出.【详解】
7、双曲线为等轴双曲线，则可设方程为，将代入可得，即，故方程为，化为标准方程为.故答案为：.13. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是_.【答案】【解析】【分析】利用向量在向量上的投影乘以与同向的单位向量即可得解.【详解】向量在向量上的投影是，所以向量在向量上的投影向量是，故答案为：【点睛】关键点点睛：理解向量在向量上的投影向量的概念是解题关键.14. 已知数列的首项，且满足（），则的前n项和_.【答案】【解析】【分析】根据递推公式构造等比数列，求出，再分组根据等比数列求和公式可得结果.【详解】由得，因为，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：构造等
8、比数列求解是解题关键.15. 已知A，B两点的坐标分别是，直线，相交于点M，且直线的斜率与直线的斜率的差是4，则点M的轨迹方程为_.【答案】（）【解析】【分析】设，表示出直线与的斜率，由斜率之差为4建立关系可求.【详解】设点，其中，则，由题可得，整理可得.即点M的轨迹方程为.故答案为：.三、解答题：本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16. 已知等比数列满足，.（）求的通项公式；（）若，设（），记数列前n项和为，求.【答案】（）或；（）.【解析】【分析】（）设等比数列的公比为q，由已知建立方程组，求得数列的首项和公比，从而求得数列的通项； （）由（）及已知可得和（
9、），运用错位相减法可求得数列的和【详解】解：（）设等比数列的公比为q，由，可得，记为又因为，可得，即记为， 由可得或，故的通项公式为或（）由（）及可知，所以（），所以 得，所以【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，等.（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.17. 已知圆C与直线相切于点，并且圆心在直线上，求圆C的方程.【答案】.【解析】【分析】根据过圆心和点的
10、直线与直线垂直，得到过圆心和点的直线的斜率，进而得到过圆心和点的直线方程，将此直线与直线方程联立解得圆心坐标，再求出圆的半径，然后可得圆C的标准方程.【详解】依题意，过圆心和点的直线与直线垂直，故这条直线的斜率为 所以这条直线的方程由已知，所求圆的圆心C在直线上解方程组，可得，所以圆心C的坐标为半径为，所求圆C的方程为【点睛】关键点点睛：利用两直线方程联立求出圆心坐标是解题关键.18. 如图，在四面体中，平面，点M为棱的中点，.（）求直线与所成角的余弦值；（）求平面和平面的夹角的余弦值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）以A为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系
11、,利用空间向量的夹角公式可求得结果；（）利用两个平面的法向量可求得结果.【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得， （）依题意，所以直线与所成角余弦值为.（）易知，为平面的一个法向量，依题意，可得，设为平面的法向量，则即，不妨令，可得因此有，由图可知平面和平面的夹角为锐角，所以平面和平面的夹角的余弦值为【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.19. 已知椭圆E：（）的焦距为，且离心率为.（）求E的方程；（）若直线（）与E相交于A，B两点，M为E的左顶点，且满足，求k.【答案】（）；（）.【解析】【分析
12、】（）由题可得，求出即得椭圆方程；（）联立直线与椭圆方程，得出坐标关系，由建立方程即可求出.【详解】（）解：由题意知，又因为解得，故E的标准方程为（）由，得，得或不妨设，则，由（）知，故，由，知又因为，故【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.20. 已知等差数列的前n项和为，（）.（）求的通项公式；（）设数列满足（），记数列的前n项和为，求.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）根据条件求出等差数列的首项和公差，即可求出通项公式；（）先由已知可求出，进而可得，分为奇数和n为偶数时可求.【详解】解：（）设等差数列的公差为d，由，可得，即记为又因为（），取，所以，即记为，由可得，故的通项公式为（）由可得且（），上述两式作差可得（），满足，（）所以当n为偶数时当n为奇数时，所以【点睛】本题考查数列的求和方法，解题的关键是将所求数列裂项得出，进而对n分奇偶进行求和.