1、天津市静海区第一中学2020-2021学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一选择题：(每小题5分，共30分)1. 如图，平行六面体中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. B分析：先用向量与表示，然后用向量表示向量与，即可得解解答：解：为的中点， 故选：点拨：本题考查了平面向量基本定理的应用，解决本题的关键是熟练运用向量的加法、减法及实数与向量的积的运算，属于基础题2. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ）A. B. 4C. D. 2A分析：先利用两直线平行的性质求出的值，再利用两平行线间的距离公式求出结果.解答：解：由题意可知，因为直线与直线平行，所以，解得,所以两直线分别
2、为，所以它们之间的距离为.故选：A点拨：此题考查两直线平行的性质和平行线间的距离公式，属于基础题.3. 圆被直线截得的弦长的最小值为（ ）A. 1B. 2C. D. B分析：求得直线恒过定点，当时，弦长最小，结合勾股定理求得此时的弦长.解答：直线可化为，故直线恒过点.圆的圆心为，半径为当直线垂直于直线时，截得的弦长最短，此时弦长.故选：B点拨：本题考查直线与圆的位置关系，考查直线过定点，属于基础题.4. 已知数列是公差不为0的等差数列，且，则数列的前2019项和为（ ）A. B. C. 2019D. 4038D分析：化简已知等式利用平方差公式可求得，由等差数列的性质可及前n项和公式即可求得.解
3、答：，又因为，所以，则，.故选：D点拨：本题考查等差数列的性质及前n项和公式，属于基础题.5. 设抛物线y2=8x的焦点为F，准线为l,P为抛物线上一点,PAl,A为垂足如果直线AF的斜率为,那么|PF|=A. B. 8C. D. 16B设A（-2，t），86. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为坐标原点，为双曲线在第一象限上的点，直线，分别交双曲线的左，右支于另一点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. 3C. 2D. D分析：由双曲线的定义可设，由平面几何知识可得四边形为平行四边形，三角形，用余弦定理，可得，的方程，再由离心率公式可得所求值解答：由双曲线的定义可得，由，可得，结合双曲线
4、性质可以得到，而，结合四边形对角线平分，可得四边形平行四边形，结合，故，对三角形，用余弦定理，得到，结合，可得，代入上式子中，得到，即，结合离心率满足，即可得出，故选：D点拨：本题考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.二填空题：(每小题5分，共30分)7. 已知的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等，则含项的系数是_.分析：首先由二项式系数相等求，再根据通项公式求指定项的系数.解答：由条件可知，所以，所以的通项公式是，令，解得：，所以函数系数是.故答案：-4点拨：易错点睛：本题考查二项式定理求指定项系数，其中二项式系数与项的关系是第项的系数是，这一点容易记错，需注意.
5、8. 若圆与圆的公共弦长为，则_.将两个方程两边相减可得，即代入可得，则公共弦长为，所以，解之得，应填9. 从位女生，位男生中选人参加科技比赛，且至少有位女生入选，则不同的选法共有_种（用数字填写答案）分析：首先想到所选的人中没有女生，有多少种选法，再者需要确定从人中任选人的选法种数，之后应用减法运算，求得结果.解答：根据题意，没有女生入选有种选法，从名学生中任意选人有种选法，故至少有位女生入选，则不同的选法共有种，故答案是.点拨：该题是一道关于组合计数的题目，并且在涉及到“至多、至少”问题时多采用间接法，一般方法是得出选人的选法种数，间接法就是利用总的减去没有女生的选法种数，该题还可以用直接
6、法，分别求出有名女生和有两名女生分别有多少种选法，之后用加法运算求解.10. 已知，则_.720分析：利用二项式展开式的通项公式即可容易求得.解答：因为，其通项公式为，令，故可得.故答案为：.点拨：本题考查利用二项式定理求某一项的系数，属基础题.11. 已知数列满足，则_，若对任意的，恒成立，则的取值范围为_. (1). (2). 分析：直接利用赋值法的应用求出数列的各项，进一步确定结果利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用分类讨论思想的应用求出参数的取值范围解答：数列满足，则当时，当时，解得，当时，解得，数列满足，所以当时，得：，整理得（首相不符合通项），所以，时，对任意的，恒成
7、立，所以：当为偶数时，只需满足，即当时，当为奇数时，只需满足，即当时，奇数时，所以故实数的取值范围是，故答案为：点拨：本题考查的知识要点：赋值法的应用，递推关系求通项，数列的单调性与最值，以及数列不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想的应用，属于难题12. 将编号为，的小球放入编号为，的七个盒子中，每盒放一球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为_.分析：先选出盒子的编号与小球编号相同的3个编号，其余按错排计算后可得不同的放法种数.解答：按两步进行计算：1. 选出盒子的编号与小球编号相同的3个编号，共有种选法；2.对余下的4个编号的球，将它们放置到不同盒子中，且盒子
8、的编号与球的编号不同，有种方法，故不同的放法种数为，故答案为：点拨：方法点睛：排列组合的计数问题，关键是弄清楚是分类还是分步，另外对于错排问题，记住小数目的错排的种数，如3个元素的错排的种数为2，4个元素的错排的种数为9.三解答题：本大题共4小题，每小题5分.13. 已知数列的前n项和，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）若数列满足，为数列的前n项和，求证：.（1）证明见解析；（2）证明见解析分析：（1）由即可得到，再由等比数列的定义即可得证；（2）由（1）可得，即可得到，再用错位相减法求和，即可得证；解答：解：（1）因为，当时，得，当时，；减得，所以，所以是以4为首项，2为公比的等比数
9、列 （2）由（1）可得，又， 所以，所以，减得：所以点拨：本题考查由递推公式证明数列为等比数列，错位相减法求和，属于中档题；14. （1）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？(最后结果需用数字作答)（2）把件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？(最后结果需用数字作答)（3）四个不同的小球放入编号为，的四个盒子中，恰有一个空盒，共有多少种放法？(最后结果需用数字作答)（4）已知的展开式的二项式系数和比的展开式系数和大.求的展开式中求二项式系数最大的项.（1）216；（2）36；（3）144（4）-8064分析：
10、（1）按照最左端分两类，第一类排甲，其余的5人全排列， 第二类排乙，最右端不排甲，其余4人全排列，再由分类计数原理求解.（2）分步完成，第一步将A，B捆在一起当作一个元素与除C的两个元素一起全排列，第二步将C插入已经排好的排列中，让A，C不相邻，再由分步计数原理求解.（3）从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列.（4）易知展开式的二项式系数和为，的展开式系数和，由，解得，再由二项式系数的性质求解.解答：（1）按照最左端分两类，第一类排甲，其余的5人全排列，共有种，第二类，排乙，最右端不排甲有种，其余4人全排列，有种，共有种，由分类计数原理得共有120+96=216种.（
11、2）分步完成，第一步将A，B捆在一起当作一个元素与除C的两个元素一起全排列，共有种，第二步将C插入已经排好的排列中，让A，C步相邻，有种，由分步计数原理得：共有种.（3）四个不同的小球放入编号为，的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，有种不同的方法.（4）的展开式的二项式系数和为，令得的展开式系数和，所以，解得，所以，的展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，即.15. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点(不与，重
12、合)，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.（1）证明见解析；（2）；（3）.分析：（1）由已知证得，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示和线面垂直的判定定理可得证；（2）根据二面角的空间向量求解方法可得答案；（3）设，表示点Q，再利用线面角的空间向量求解方法，建立方程解得，可得答案.解答：（1）因为平面，平面，平面，所以，又因为，则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，所以，因为，所以，又，平面，平面，所以平面.（2）由（1）可知平面，可作为平面的法向量，设平面的法向量因为，.所以，即，不妨设，得.，又由图示知二面角为锐角，所以二面角的正弦值为
13、.（3）设，即，所以，即，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，即，解得，即.点拨：本题考查利用空间向量求线面垂直、线面角、二面角的求法，向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取：1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的垂线的交点为原点；2、设：设所需点的坐标，并得出所需向量的坐标；3、求：求出两个面的法向量； 4、算：运用向量的数量积运算，求两个法向量的夹角的余弦值；5、取：根据二面角的范围和图示得出的二面角是锐角还是钝角，再取值.16. 已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，数列满足.（1）求数列和通项公式；（2）设，求数列的前项和；（3）设，求前项和；（4）设，的前项和，求
14、；（1）；（2）；（3）；（4）.分析：（1）由题意得可以首项和公比从而得通项公式；由利用递推可得；（2） 时求得，将代入；时，将代入，综上可得答案； （3）利用错位相减先求前n项和为，再用公式求的和可得答案；（4）设利用裂项相消可得答案.解答：（1）设的公比为，由题意得，解得，所以，由得，所以，整理得，令则，所以，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，通项公式为.（2）当时，将代入得，当时，将代入得，综上所述，.（3）由（1）知，前n项和为，所以，-得，所以，令，记的前2n项和为，.（4）设， 所以.点拨：本题考查了递推关系求数列的通项公式、求和公式，关键点是求出的通项公式，正确理解所问的问
15、题.如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和，注意通项“分裂成两项差”的形式之后是不是还有系数；若数列，其中是等差数列，是等比数列，则采用错位相减法求和， 本题意在考查学生对数列知识的掌握水平和分析推理能力.17. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，离心率，椭圆的短轴长为2.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点A，B和C，D.求的值；设的中点M，的中点为N，求面积的最大值.（1）；（2）；分析：（1）由短轴长为，得到，再由离心率结合计算可得椭圆方程；（2）由直线，过右焦点，设出直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，计算出弦长，再由两直线的斜率乘积为，将弦长中的斜率变为可得弦，相加即可得解；由中点坐标公式求出、的坐标，观察坐标知的中点在轴上，所以整理后利用基本不等式即可得到面积的最值；解答：解：（1）依题意可得解得，故椭圆的方程为；（2）设的方程为，联立消去并整理得到，于是同理可得由知，所以，所以的中点所以当且仅当即时取等号，所以面积的最大值为点拨：本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合应用问题，利用基本不等式求最值，属于中档题.
