1、高考资源网（） 您身边的高考专家高二年级学习质量评估数学试题本试卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.一单项选择题:本大题共8小题，每小题5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. 直线的斜率为（ ）A. B. C. D. C分析：可化为，即可得出斜率.解答：可化为，则故选：C点拨：本题主要考查了已知直线方程求斜率，属于基础题.2. 已知向量，则等于（ ）A. B. C. D. C分析：利用空间向量加法运算的坐标表示计算，再用空间向量的模长公式计算模长.解答：故故选：C3. 如图，在三棱柱中，为的中点，若，则下列向量与相等的是（ ）A. B. C
2、. D. D分析：根据空间向量的运算，用为基底表示出，可得选项.解答： 故选：D4. 周髀算经是中国最古老的天文学和数学著作，书中提到:冬至小寒大寒立春雨水惊蛰春分清明谷雨立夏小满芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列.若冬至大寒雨水的日影子长的和是尺，芒种的日影子长为尺，则冬至的日影子长为（ ）A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺D分析：根据题意转化为等差数列，求首项.解答：设冬至的日影长为，雨水的日影长为，根据等差数列的性质可知，芒种的日影长为，解得：，所以冬至的日影长为尺.故选：D5. 在正方体中，和分别为和的中点，那么直线与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. A分析：作出异面直
3、线和所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值.解答：设分别是的中点，由于分别是的中点，结合正方体的性质可知，所以是异面直线和所成的角或其补角，设异面直线和所成的角为，设正方体的棱长为，则.故选：A.点拨：思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角
4、6. 历时天嫦娥五号成功携带月球样品返回地球，标志着中国航天向前迈出一大步其中年月日晚，嫦娥五号成功进行首次近月制动，进入一个大椭圆轨道该椭圆形轨道以月球球心为一个焦点，若其近月点(离月球表面最近的点)与月球表面距离为公里，远月点(离月球表面最远的点)与月球表面距离为公里，并且，在同一直线上已知月球的半径为公里，则该椭圆形轨道的离心率为（ ）A. B. C. D. B分析：由已知可得卫星的近地点、远地点离地心的距离分别为 ，则 ，进而可求解.解答：由已知可得卫星的近地点、远地点离地心的距离分别为设轨道的标准方程为 所以解得，所以椭圆形轨道的离心率为故选：B7. 已知动点在直线上运动，动点在直线
5、上运动，且，则的最小值为（ ）A. B. C. D. C分析：根据两平线上任意两点距离的最小值即为平行线间的距离求解.解答：因为，所以，解得，化简得设间的距离为，则，由平行线的性质知的最小值为，故选：C8. 若等差数列的前项和为，首项，则满足成立的最大正整数是（ ）A. B. C. D. B分析：由等差数列的，及得数列是递减的数列，因此可确定，然后利用等差数列的性质求前项和，确定和的正负解答：，和异号，又数列是等差数列，首项，是递减的数列，由，所以，满足的最大自然数为4040故选：B点拨：关键点睛：本题求满足的最大正整数的值，关键就是求出，时成立的的值，解题时应充分利用等差数列下标和的性质求解
6、,属于中档题.二多项选择题:本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分9. 关于双曲线与双曲线下列说法正确的是（ ）A. 它们的实轴长相等B. 它们的渐近线相同C. 它们的离心率相等D. 它们的焦距相等BD分析：根据两个双曲线分别求解四个选项中的性质，再比较，判断选项.解答：双曲线，实轴长，渐近线方程，离心率，焦距；双曲线，实轴长，渐近线方程，离心率，焦距；综上比较，可知两个双曲线的渐近线，焦距相等.故选：BD10. 已知圆和圆的公共点为，则（ ）A. B. 直线的方程是C. D. ABD分析：两圆相减就是直
7、线的方程，再利用圆心距，判断C，利用弦长公式求.解答：圆的圆心是，半径，圆，圆心，故A正确；两圆相减就是直线方程，两圆相减得，故B正确；，所以不正确，故C不正确；圆心到直线的距离，故D正确.故选：ABD点拨：关键点点睛：本题关键选项是B选项，当两圆相交，两圆相减后的二元一次方程就是相交弦所在直线方程.11. 若数列满足，则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列在现代物理准晶体结构化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用则下列结论成立的是（ ）A. B. C. D. AB分析：AB项直接计算，CD项找出性质，按照性质进行判断即可.详解】按照规律有，故A对C错故B对，故D错故选：AB点拨：遇到新定义
8、问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、结合等差、等比数列的通项公式和求和公式，进行求解.12. 已知正方体的棱长为，点，在平面内，若，则（ ）A. 点的轨迹是一个圆B. 点的轨迹是一个圆C. 的最小值为D. 与平面所成角的正弦值的最大值为ACD分析：对于A、B、C、D四个选项，需要对各个选项一一验证.选项A：由，得，分析得E的轨迹为圆；选项B：由，而点F在上，即F的轨迹为线段，；选项C：由E的轨迹为圆，F的轨迹为线段，可分析得；选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值.解答：对于A:，即，所以，即点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上
9、；故A正确；对于B: 正方体中，ACBD，又，且BDDF=D，所以，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B错误；对于C:在平面内，到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确；对于D: 建立如图示的坐标系，则因为点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上，可设所以设平面的法向量，则有不妨令x=1，则，设与平面所成角为，则：当且仅当时，有最大值，故D正确故选：CD点拨：多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证三填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 若直线与直线互相垂直，则实数的值为_分析：直接利用两直线垂直，求出m.解答：因为直线与直线互相垂直，所以，解得：故答案为：3点拨：
10、若用一般式表示的直线,不用讨论斜率是否存在,只要A1A2+B1 B2=0,两直线垂直.14. 已知双曲线1(a0，b0)的渐近线方程为yx，则它的离心率为_2解答：由题意，得e2.15. 已知四面体的顶点分别为，则点到平面的距离_.分析：计算出平面的法向量，则D与平面中任意一点构成的向量在法向量上的投影的绝对值即为点到平面的距离.解答：根据已知可得：，设平面的法向量为，即取，又则点D到平面的距离为：故答案为：.点拨：本题考查用向量法求解点到平面的距离，属基础题.16. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，过点的直线与圆交于，两点，则四边形面积的最大值为_分析：四边形的面积可分为，设出直线方程与圆的
11、方程联立，利用两点的纵坐标差作为两个三角形的高，为底可得四边形面积，然后利用二次函数求最值.解答：圆的方程为，圆心，将代入，所以点在圆内， 不妨设，则与的高可分别为，设直线方程为，与圆的方程联立，整理得，所以，所以，所以四边形的面积为，因为，所以当即时，面积有最大值为4. 故答案为：4.点拨：本题考查直线和圆的位置关系，关键点是利用韦达定理求出两个三角形的高及用二次函数求最值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.四解答题:本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17. 在圆与轴相切，且与轴正半轴相交所得弦长为圆经过点和;圆与直线相切，且与圆相外切这三个条件中任选一个，补充在
12、下面的问题中，若问题中的圆存在，求出圆的方程;若问题中的圆不存在，说明理由问题:是否存在圆，_，且圆心在直线上注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分答案见解析.分析：选择、，分别用待定系数法求圆的方程；解答：选择条件：设圆心的坐标为，圆的半径为因为圆心在直线上，所以因为圆与轴相切，且与轴正半轴相交所得弦长为所以，且由垂径定理得解得，所以，所以圆的方程为选择条件：设圆心的坐标为，圆的半径为因为圆心在直线上，所以因为圆经过点和，的中点所以的中垂线方程为联立直线解得即，所以圆方程为选择条件：设圆心的坐标为，圆的半径为因为圆心在直线上，所以所以，所以，因为圆与圆相外切，所以，即可得：，因为该方
13、程，所以方程无解故不存在满足题意的圆点拨：“结构不良问题”是2020年新高考出现的新题型：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且，在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分.18. 已知等比数列中，（1）求数列的通项公式;（2）令，求数列的前项和（1）；（2）.分析：（1）等比数列问题解决的基本方法：基本量代换，用通项公式代入列方程组解得；（2）由，判断为等差数列，套公式求和.解答：（1）设等比数列的首项为，公比为，由题意得： 解得所以（2）所以数列为等差数列，所以点拨：(1)等差（比）数列问题解决基本方法：基本
14、量代换；(2)数列求和的方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法19. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线方程为（1）求的值;（2）直线交抛物线于，两点，为坐标原点，且，求线段的长度（1）；（2）.分析：（1）由已知准线方程可得答案；（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理表示可得，然后利用弦长公式可得答案.解答：（1）由已知得，所以；（2）设，联立与得，即时有，因为，所以，可得，因为，所以，则，所以.点拨：本题考查了抛物线方程、直线与抛物线的位置关系，关键点是利用韦达定理计算弦长，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平及其应用能力.20. 已知数列满足，（1）设，求证:数列是等比
15、数列;（2）求数列的前项和（1）证明见解析；（2）.分析：（1）将变形为，得到为等比数列，（2）由（1）得到的通项公式，用错位相减法求得解答：（1）由，可得，因为则，可得是首项为，公比为的等比数列，（2）由（1），由，可得，上面两式相减可得：，则点拨：数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和(4) 裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.21. 如图，在四棱锥中，为矩形，平面平面（1）证明:平面平面;（2）若为
16、中点，求平面与平面的夹角的余弦值（1）证明见解析；（2）.分析：（1）利用平面，得到，又有，得到平面，从而平面平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值解答：（1）证明：因为平面平面，平面平面，矩形中，所以平面因为平面，所以又因为，平面，平面所以平面因为平面，所以，平面平面（2）解：由（1）知平面，取中点，连结，则，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面一个法向量为，则即令，则，所以同理易得，平面的一个法向量为所以由图示，平面与平面所成夹角为锐角，所以平面与平面所成夹角的余弦值点拨：立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理
17、；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算22. 已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，且过点（1）求椭圆的标准方程;（2）过点作与轴不重合的直线与椭圆相交于，两点(在，之间)证明:直线与直线的交点的横坐标是定值（1）；（2）证明见解析.分析：（1）待定系数法求椭圆标准方程；（2）用“设而不求法”表示出M、N，从而表示出直线MB，NA, 证明直线与直线的交点的横坐标是定值解答：（1）因为，所以椭圆过点，所以，所以，所以椭圆的方程为（2）设直线，设，联立得：，或由韦达定理得：，由题意得：直线，直线所以即整理得，即即若，则，此时，所以所以点拨：（1）待定系数法是求二次曲线的标准方程的常用方法；（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.- 20 - 版权所有高考资源网