2019-2020学年辽宁省葫芦岛市高二上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年辽宁省葫芦岛市高二上学期期末数学试题（解析版）

‎2019-2020学年辽宁省葫芦岛市高二上学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．过点，斜率是的直线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】直接由直线方程的点斜式写出直线方程，化为一般式得答案.‎ ‎【详解】‎ 解：∵直线过点且斜率为， 由直线方程的点斜式得：， 整理得：. 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的点斜式方程，考查了点斜式和一般式的互化，是基础题.‎ ‎2．下列可作为数列1，2，1，2，1，2，…的通项公式的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】将代入排除可得结果.‎ ‎【详解】‎ 解：当时，A，；B，；C，；D，，故排除AD；‎ 当时， B，；C，，故排除C；‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查观察法求数列的通项公式，利用排除法可准确得到答案，是基础题.‎ ‎3．已知直线与直线垂直，则实数的值为（ ）‎ A．－4或5 B．－4 C．5 D．4或－5‎ ‎【答案】A ‎【解析】由两条直线互相垂直的条件，建立关于的方程，解之即可得到实数的值.‎ ‎【详解】‎ 解：因为直线与直线垂直，‎ ‎，‎ 解得：或，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题给出含有字母参数的直线方程，在它们相互垂直的情况下求参数的值.着重考查了两条直线相互垂直的充要条件，属于基础题.‎ ‎4．设是棱长为的正方体，与相交于点，则有（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】将向量看成基底，然后用基底计算即可，注意它们的模长、夹角.‎ ‎【详解】‎ 解：在正方体中.‎ ‎ 对于A.，故A错误； 对于B.，故B正确； 对于C.，故C错误； 对于D.‎ ‎，所以D错误. 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间向量的计算问题，突出基底意识，即利用基底将涉及到的向量表示出来，然后进行计算.‎ ‎5．已知等差数列的公差为，且，若，则的值为（ ）‎ A．2 B．4 C．6 D．8‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据中各项下标的特点，发现有，优先考虑等差数列的性质去解.‎ ‎【详解】‎ 解：，即， 根据等差数列的性质得 ，，‎ ‎∴ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列的性质.掌握等差数列的有关性质，在计算时能够减少运算量，是基础题.‎ ‎6．双曲线（，）与抛物线有一个公共焦点，双曲线上过点且垂直实轴的弦长为，则双曲线的离心率等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先求出抛物线的焦点，可得双曲线的一个焦点坐标，再利用过点且垂直于实轴的弦长为，求出，即可求得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】‎ 解：抛物线的焦点坐标为，∴双曲线的一个焦点为. 令，代入双曲线，可得，∴‎ ‎. ∵过点且垂直于实轴的弦长为， ， ， . 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的几何性质，考查双曲线的离心率，考查学生的计算能力，正确求弦长是关键.‎ ‎7．直线：与圆交于，两点，且，过点，分别作的垂线与轴交于点，，则等于（ ）‎ A．4 B． C．8 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据直线与圆相交，圆可知：，弦长为，说明直线过圆心，求解的值.得到直线的倾斜角，根据三角形和三角形是两个全等的直角三角形，，即可求出.即可得到的长度.‎ ‎【详解】‎ 解：由圆的方程可知：圆心为，半径， ∵弦长为，说明，直线过圆心， 则有：，解得， 直线的方程为：， ‎ ‎　　‎ 则直线的倾斜角为，三角形和三角形是两个全等的直角三角形 中：， 那么：，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与圆的位置关系的运用，弦长的问题，是中档题.‎ ‎8．点M(5,3)到抛物线y＝ax2(a≠0)的准线的距离为6，那么抛物线的方程是（ ）‎ A．y＝12x2 B．y＝12x2或y＝－36x2‎ C．y＝－36x2 D．y＝x2或y＝－x2‎ ‎【答案】D ‎【解析】化简得到x2＝y(a≠0)，讨论a＞0和a＜0两种情况，利用点到准线的距离计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 抛物线标准方程为x2＝y(a≠0)‎ 当a＞0时，开口向上，准线方程为y＝－‎ 则点M到准线的距离为3＋＝6，解得a＝，则抛物线方程为y＝x2；‎ 当a＜0时，开口向下，准线方程为y＝－，‎ 则点M到准线的距离为－－3＝6，解得a＝－，则抛物线方程为y＝－x2.‎ 综上所述：y＝x2或y＝－x2‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线的标准方程，漏解是容易发生的错误.‎ 二、多选题 ‎9．若，，与的夹角为，则的值为（ ）‎ A．17 B．－17 C．－1 D．1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】求出，以及，代入夹角公式即可求出.‎ ‎【详解】‎ 解：由已知，，‎ ‎，解得或，‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量夹角公式的应用，是基础题.‎ ‎10．若是圆：上任一点，则点到直线距离的值可以为（ ）‎ A．4 B．6 C． D．8‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】由题意画出图形，求出圆心到直线距离的最大值，加半径可得点到直线距离的最大值，观察选项大小得答案.‎ ‎【详解】‎ 解：如图，‎ 圆：的圆心坐标为，半径为， 直线过定点，由图可知，‎ 圆心到直线距离的最大值为， 则点到直线距离的最大值为.‎ ABC中的值均不大于，只有D不符合. 故选：ABC.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是中档题.‎ ‎11．椭圆上的一点到椭圆焦点的距离的乘积为，当取最大值时，点的坐标不可能为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】BD ‎【解析】根据，当时最大，进而求出点的坐标.‎ ‎【详解】‎ 解：记椭圆的两个焦点分别为， 有， 则知 ‎， 当且仅当，即点位于椭圆的短轴的顶点处时，取得最大值， ∴点的坐标为或， 故选：BD.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆的标准方程的性质，灵活运用椭圆的定义是解这道题的关键.‎ ‎12．已知数列中，，，.若对于任意的，不等式恒成立，则实数可能为（ ）‎ A．－4 B．－2 C．0 D．2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】变形条件可得，利用累加法可求得，将原不等式恒成立转化为对于任意的恒成立，将ABCD选项中的数值代入验证即可得结果.‎ ‎【详解】‎ 解：，，‎ 则，，，，‎ 上述式子累加可得：，，‎ 对于任意的恒成立，‎ 整理得对于任意的恒成立，‎ 对A，当时，不等式，解集，包含，故A正确；‎ 对B，当时，不等式，解集，包含，故B正确；‎ 对C，当时，不等式，解集，不包含，故C错误；‎ 对D，当时，不等式，解集，不包含，故D错误，‎ 故选：AB.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查累加法求数列通项公式以及不等式恒成立问题，将选项逐一代入验证可得准确得到答案，避免分类讨论，是中档题.‎ 三、填空题 ‎13．过点作圆：的切线有且只有一条，则圆的半径为______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】根据题意说明点在圆上，代入点的坐标列方程求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：由已知得点在圆：上，‎ 得，，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和圆的位置关系，推出点在圆上是关键，是基础题.‎ ‎14．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的正弦值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先求出、的长度以及，再利用公式求得夹角的余弦值，进而可得正弦值.‎ ‎【详解】‎ 如图，‎ 由已知得，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线的夹角问题，利用向量法可方便求出，关键是要将目标向量用知道夹角和模的向量来表示出来，是中档题.‎ ‎15．在平面直角坐标系中，为双曲线右支上的一个动点.若点到直线的距离大于恒成立，则实数的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】双曲线的渐近线方程为，的最大值为直线与直线的距离.‎ ‎【详解】‎ 解：由题意，双曲线的渐近线方程为， 由点到直线的距离大于 恒成立， ∴的最大值为直线与渐近线的距离. 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的性质，考查两平行线之间的距离公式，考查学生的计算能力，属于中等题.‎ ‎16．“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的，第层的货物的价格为______，若这堆货物总价是万元，则的值为______.‎ ‎【答案】 6 ‎ ‎【解析】由题意可得第层的货物的价格为，根据错位相减法求和即可求出.‎ ‎【详解】‎ 解：由题意可得第n层的货物的价格为， 设这堆货物总价是，①， 则，②， 由①−②可得 ‎， ， ∵这堆货物总价是万元， ， 故答案为：；.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了错位相减法求和，考查了运算能力，以及分析问题和解决问题的能力，属于中档题.‎ 四、解答题 ‎17．知数列是公差不为0的等差数列，首项，且成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）利用等差数列的通项公式列方程求出公差，进而可得通项公式. （2）利用分组法求出数列的和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），且成等比数列得，‎ ‎∴‎ ‎；‎ ‎（2）根据题意：，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，利用分组法求出数列的和，是基础题.‎ ‎18．已知圆：，直线：.‎ ‎（1）直线恒过点，求点的坐标；‎ ‎（2）当为何值时，直线与圆相切；‎ ‎（3）当直线与圆相交于，两点，且时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）或 ‎【解析】（1）直：的方程可化为，可得直线过定点； （2）利用圆心到直线的距离等于半径，列方程求解； （3）根据弦长和半径求出弦心距，然后利用点到直线的距离公式构建关于的方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）直线：，可化为：，‎ 所以直线恒过点；‎ ‎（2）将圆的方程化成标准方程为，‎ 则此圆的圆心为，半径为2.‎ 若直线与圆相切，则有，解得；‎ ‎（3）直线与圆相交于，两点，且，‎ 圆的圆心到直线的距离，‎ ‎，‎ 解得，‎ 故所求直线方程为或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和圆的位置关系，第一问的关键是要的系数为零；第二三问关键都是利用圆心到直线的距离来解决问题，是基础题.‎ ‎19．已知椭圆：与双曲线：有相同左右焦点，，且椭圆上一点的坐标为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线过且与椭圆交于，两点，若，求直线的斜率取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由已知可得焦点坐标，可得方程，在利用点在曲线上可得，解方程组即可；‎ ‎（2）设、，：，与联立，利用判别式和韦达定理，计算，列不等式求解的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为椭圆：与双曲线：有相同左、右焦点，，且椭圆上一点的坐标为，‎ 所以，故，‎ ‎，解得，，‎ 所以椭圆方程为；‎ ‎（2）由题意得直线的斜率存在且不为0，设：代入整理，‎ 得，‎ ‎①‎ 设，，‎ ‎∴，，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴②，‎ 由①、②得，∴的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和椭圆的位置关系，关键是韦达定理的应用，注意不要忽略判别式，是中档题.‎ ‎20．如图，在四棱锥中，底面是梯形，且，，点是线段的中点，过的平面交平面于，且，，且，，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，则可证明 平面，再利用线面平行的性质定理证明；‎ ‎（2）先证明，，两两垂直，则可建立如图所示的空间直角坐标系，求出，再求出平面的一个法向量，可得直线与平面所成角的正弦值，进一步求解余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为且，所以四边形是平行四边形，所以，‎ 平面，平面，所以平面，平面，‎ 平面平面，‎ 所以；‎ ‎（2）在中，因为，，‎ 所以由正弦定理，即，‎ 所以，∴，∴在中 所以，‎ 因为是等腰三角形，且，点是线段的中点，‎ 得，，，‎ 在中，，为中点，所以，‎ 又由已知且，故平面，‎ 又平面，所以；‎ 在中，由，，可知，‎ 易知四边形为平行四边形，所以，‎ 故，，两两垂直；‎ 所以建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 又，，所以，‎ 即,令，解得，，‎ 所以为平面的一个法向量，‎ 因为，设直线与平面所成的角为，‎ 则，‎ ‎∴，‎ 故直线与平面所成角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与直线平行的判定，空间直线与平面所成的角的计算，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解线面角，是中档题.‎ ‎21．已知数列为等差数列，且满足，，数列的前项和为，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）证明：是等比数列，并求的通项公式；‎ ‎（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ，，（3）‎ ‎【解析】（1）列方程求出数列的公差，进而可直接求出其通项公式.‎ ‎（2）利用，可得是等比数列，进而可求其通项公式；‎ ‎（3）代入和，将恒成立，转化为对恒成立，求出的最大值，即可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，∵，∴，‎ ‎∴，即；‎ ‎（2）∵，∴，‎ ‎∴，∴，（常数）‎ 又，也成立，‎ ‎∴是以1为首项，3为公比的等比数列，∴；‎ ‎（3），∴对恒成立，‎ 即对恒成立，‎ 令，，‎ 当时，，当时，，‎ ‎∴，故，‎ 即的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的通项公式的求法及应用，等比数列的前 项和公式的应用，恒成立问题的求解，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题.‎ ‎22．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记的轨迹曲线为.‎ ‎（1）求的方程，并说明是什么曲线；‎ ‎（2）设过定点的直线与曲线相交于，两点，若，当时，求面积的取值范围.‎ ‎【答案】（1），为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；（2）‎ ‎【解析】（1）根据斜率之积为，设点坐标，表示出斜率，列式整理可得结果；‎ ‎（2）设：，联立，利用韦达定理和，可求出的取值范围，利用求出面积表达式，利用单调性求其范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题设得，‎ 化简得，‎ 所以为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；‎ ‎（2）依题意，可设：，联立得，设，，由，解得，‎ 且，，且易知，由可得，‎ ‎∴，则，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，∴，满足，‎ ‎∴，‎ 设，则，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵在递减，故关于递增，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查轨迹方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，考查了椭圆中三角形面积范围的问题，关键是要将面积用变量表示出来，是一道中档题.‎