北京市石景山区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题

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石景山区2019—2020学年第一学期高二期末试卷数学 第Ⅰ卷（选择题 共40分）‎ 一、选择题：本大题共10个小题，每小题4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.如果成等差数列，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的通项公式即可求解.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，则，‎ 解得，所以，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎2.若双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出，由离心率即可求解.‎ ‎【详解】由双曲线，则，，‎ ‎，‎ ‎，即 ‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率，需熟记，属于基础题.‎ ‎3.抛物线的焦点坐标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的性质即可求解.‎ ‎【详解】由抛物线可知，焦点在轴的负半轴上.‎ 焦点为，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了抛物线的焦点坐标，需熟记抛物线的标准方程以及焦点坐标，属于基础题.‎ ‎4.在数列中，，，那么（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系式可得数列是以周期的数列，从而可求得.‎ ‎【详解】由，可得，‎ ‎，，，故数列是以周期的数列， ‎ ‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了数列的递推关系式、数列的周期性，属于基础题.‎ ‎5.命题“R，”的否定是( )‎ A. R， B. R， C. R， D. R，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用全称命题的否定是特称命题分析解答.‎ ‎【详解】由题得命题“R，”的否定是“R，”.‎ 故答案为D ‎【点睛】本题主要考察全称命题和特称命题的否定，意在考察学生对这些基础知识的理解和掌握水平.‎ ‎6.设椭圆的两个焦点为，，且P点的坐标为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断出点在椭圆上，然后利用椭圆的定义即可求解.‎ ‎【详解】把P点的坐标代入椭圆方程，满足椭圆方程，即P点在椭圆上，‎ 由，则，‎ ‎，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义，需熟记椭圆的定义，属于基础题.‎ ‎7.如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的坐标为，可得长方体的长、宽、高，从而可得出点的坐标.‎ ‎【详解】由的坐标为，为坐标原点，所以，‎ ‎，‎ 的坐标为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了写空间直角坐标系中的点，属于基础题.‎ ‎8.设是首项为正数的等比数列,公比为则“”是“对任意的正整数”的 A. 充要条件 B. 充分而不必要条件 C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，，故是必要不充分条件，故选C.‎ ‎【考点】充要关系 ‎【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：‎ ‎①定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．‎ ‎②等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．‎ ‎③集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件．‎ ‎9.设平面的法向量为，直线的方向向量为，那么“”是“直线与平面夹角为”的（ ）‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量夹角的定义以及线面角的定义即可得出选项.‎ ‎【详解】由面的法向量为，直线的方向向量为，“”，‎ 则“直线与平面夹角为”，‎ 反之，由向量夹角的定义，“直线与平面夹角为”，‎ 则“或”，‎ 故“”是“直线与平面夹角为”充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了向量的夹角、线面角，充分不必要条件，需掌握其定义，考查了学生的基础知识，属于基础题.‎ ‎10.如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用‎9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，当灯笼的底面半径为‎0.3米时，则图中直线与所在异面直线所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出圆柱的高，以底面中心为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设圆柱的高，则，解得，‎ 底面中心为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，‎ 则，，， ‎ ‎， ‎ 设直线与所成的角为，‎ 则 ‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查用空间向量求异面直线所成的角，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题 第Ⅱ卷（非选择题 共60分）‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题3分，共12分． ‎ ‎11.空间直角坐标系中，已知 那么______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间向量的数量积即可求解.‎ ‎【详解】由 ‎，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了利用空间向量的数量积求夹角，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎12.已知数列是各项均为正数的等比数列，且，.设数列的前项和为，那么______（填“>”、“<”或“=”），理由是_____________.‎ ‎【答案】 (1). < (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出等比数列的通项公式，作差即可比较大小.‎ ‎【详解】设正项等比数列的公比为，‎ 所以解得，，‎ ‎ ‎ 所以，故 ‎ 故答案为：< ；‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，作差法比较大小，属于基础题.‎ ‎13.甲、乙两位同学分别做下面这道题目：在平面直角坐标系中，动点到的距离比到轴的距离大，求的轨迹.甲同学的解法是：解：设的坐标是，则根据题意可知 ‎，化简得； ①当时，方程可变为；②这表示的是端点在原点、方向为轴正方向的射线，且不包括原点； ③当时，方程可变为； ④这表示以为焦点，以直线为准线的抛物线；⑤所以的轨迹为端点在原点、方向为轴正方向的射线，且不包括原点和以为焦点，以直线为准线的抛物线. 乙同学的解法是：解：因为动点到的距离比到轴的距离大. ①如图，过点作轴的垂线，垂足为. 则.设直线与直线的交点为，则； ②即动点到直线的距离比到轴的距离大； ③所以动点到的距离与到直线的距离相等；④所以动点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线； ⑤甲、乙两位同学中解答错误的是________（填“甲”或者“乙”），他的解答过程是从_____处开始出错的（请在横线上填写① 、②、③、④ 或⑤ ）.‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干的坐标是可以是平面直角坐标系中的任意一点，根据甲、乙的解题过程即可求解.‎ ‎【详解】由在平面直角坐标系中，动点到的距离比到轴的距离大，‎ 可得，讨论的正负，整理化简，故甲正确；‎ 对于乙，由于在轴上方也存在满足条件的点，乙选择点具有特殊性，从②即动点到直线的距离比到轴的距离大；把点定为在轴下方，故从②开始错误；‎ 故答案：乙；②‎ ‎【点睛】本题主要考查求点的轨迹方程，采用直接法，考查了学生数学思维的严密性，属于基础题.‎ ‎14.已知平面上的线段及点，任取上一点，线段长度的最小值称为点到线段的距离，记作.请你写出到两条线段，距离相等的点的集合，，，其中，，，，，是下列两组点中的一组．对于下列两种情形，只需选做一种，满分分别是① 3分；② 5分．① ，，，；② ，，，．你选择第_____种情形，到两条线段，距离相等的点的集合_____________.‎ ‎【答案】 (1). ①，轴 (2). ②轴非负半轴，抛物线，直线 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意从两组点的坐标中选一组，根据所给的四个点的坐标，写出两条直线的方程，从直线方程中看出这两条直线之间的平行关系，得到要求的结果.‎ ‎【详解】‎ 对于①，，，，；‎ 利用两点式写出两条直线的方程：，：，‎ 到两条线段，距离相等的点的集合，，，‎ 根据两条直线的方程可知两条直线之间的关系是平行，‎ 到两条线段，距离相等的点的集合为，‎ 对于②，，，，． ‎ 根据第一组作出的结果，观察第二组数据的特点，连接得到线段以后，可以得到到两条线段距离相等的点是轴的非负半轴，抛物线抛物线，直线 故满足条件的集合且.‎ 综上所述，①，；②，且 ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式，考查两点间的距离公式，考查点到线段的距离，本题是一个综合题目，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共6个小题，共48分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎15.已知数列是等差数列，满足，，数列是公比为 等比数列，且．‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求解.‎ ‎（2）根据分组求和以及等差、等比的前项和即可求解.‎ ‎【详解】（1）因为数列是等差数列，满足，，‎ 所以公差.‎ 所以数列的通项公式为. ‎ 因为，，‎ 所以，‎ 又因为数列公比为等比数列，‎ 所以. ‎ 所以. ‎ ‎（2）‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的通项公式、求和公式以及分组求和，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎16.如图，在底面是正方形的四棱锥中，平面，，是的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，证出，且，根据线面垂直的判定定理即可证明. ‎ ‎（2）假设存在，利用线面垂直的定义证出即可.‎ ‎【详解】（1）证明：因为四棱锥底面是正方形，且平面，‎ 以点为坐标原点，‎ 所在直线分别为轴建立如图 所示空间直角坐标系.‎ ‎ ‎ 则，‎ ‎，‎ 因为是的中点，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，且. ‎ 所以，，且.‎ 所以⊥平面. ‎ ‎（2）假设在线段上存在点，使得//平面. ‎ 设， ‎ 则.‎ 因为//平面，⊥平面，‎ 所以. ‎ 所以. ‎ 所以，在线段上存在点，使得//平面.其中.‎ ‎【点睛】本题考查了用空间向量证明线面垂直，线面平行，考查了线面垂直的判定定理，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于基础题.‎ ‎17.已知椭圆C的焦点为和 ，长轴长为，设直线交椭圆C于A，B两点 ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）求弦AB的中点坐标及弦长．‎ ‎【答案】（1）；（2），.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意以及即可求出椭圆标准方程. ‎ ‎（2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆C的焦点为和 ，长轴长为4，‎ 所以椭圆的焦点在x轴上，. ‎ 所以.‎ 所以椭圆C的标准方程.‎ ‎（2）设，，AB线段的中点为，‎ 由得 所以， ‎ 所以 所以弦AB的中点坐标为， ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，中点坐标公式以及弦长公式，需熟记方程与公式，属于中档题.‎ ‎18.如图，三棱柱中，，且,O为中点，平面.‎ ‎（1）求二面角的余弦值；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，求平面的法向量与平面的法向量，利用向量的数量积即可求解. ‎ ‎（2）直线与平面所成角为，利用平面的法向量与的数量积即可求解.‎ ‎【详解】（1）联结，因为，所以.‎ 又因为平面，所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系. ‎ 则 所以.‎ 设平面的法向量为，‎ 则即 令，则. ‎ 易知平面的法向量， ‎ ‎.‎ 所以二面角的余弦值为. ‎ ‎ ‎ ‎（2）设直线与平面所成角为，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了用空间向量解二面角、线面角，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于基础题.‎ ‎19.已知椭圆，、分别是椭圆短轴的上下两个端点；是椭圆的左焦点，P是椭圆上异于点、的点，是边长为4的等边三角形．‎ ‎（1）写出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点R满足：，．求证：与的面积之比为定值．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的定义求出，，即可求出椭圆的标准方程.‎ ‎（2）直线的斜率分别为，写出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，求出点横坐标坐标，从而求出直线的方程，与椭圆联立求出，面积比即横坐标之比.‎ ‎【详解】（1）因为是边长为4的等边三角形，‎ 所以 ‎ 所以.‎ 所以椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）设直线的斜率分别为，则直线的方程为．‎ ‎ 由直线的方程为．‎ ‎ 将代入，得，‎ ‎ 因为是椭圆上异于点的点，所以． ‎ ‎ 所以 .‎ ‎ 由，所以直线的方程为．‎ ‎ 由 ，得． ‎ ‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知，，记 ，其中表示这个数中最大的数．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）证明是等差数列.‎ ‎【答案】（1），，；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先求出，，根据题意即可求解. ‎ ‎（2）利用作差法求出数列的通项公式，再根据等差数列的定义即可证出.‎ ‎【详解】（1）易知，，且，，‎ 所以 ‎ ‎， ‎ ‎.‎ ‎（2）下面证明：对任意且，都有． ‎ 当且时，‎ 因为且 所以．‎ 因此对任意且，，则．‎ 又因为，‎ 故对均成立，从而是等差数列.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的新定义、等差数列的定义，考查了学生的知识迁移能力，属于中档题.‎