湖北省随州市2021学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）

1、可修改高二数学上学期期末考试试题（含解析）（本卷考试时间120分钟；在答题卡相应处作答方才有效）第卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的）1.直线的倾斜角为（ ）A. 30B. 60C. 120D. 150【答案】C【解析】【分析】由直线的一般式方程得到直线的斜率，再由求解倾斜角.【详解】直线的斜率，.故选：C【点睛】本题考查了直线的一般式方程、直线的斜率和直线的倾斜角的关系，考查了学生转化，运算的能力，属于基础题.2.数列2，的一个通项公式an等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】观察数列的规律即可得解.【详解】数列

2、2，可写成：，所以通项公式an.故选C.【点睛】本题主要考查了通过观察得数列的通项公式，属于基础题.3.抛物线的焦点到准线的距离是（ ）A. B. C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】得到抛物线的标准方程，然后得到其焦点坐标和准线方程，从而得到答案.【详解】抛物线，化为标准方程为，所以焦点坐标为，准线方程，所以焦点到准线的距离为.故选：C.【点睛】本题考查求抛物线的焦点和准线方程，属于简单题.4.设为平面外的一条直线，的方向向量为，的法向量为，则对于下列结论，各选项说法正确的为（ ）若，则；若，则；设与所成的角为，则A. 只有正确B. 只有正确C. 只有正确D. 都正确【答案】D【解析】

3、【分析】根据空间向量得到直线与直线，直线与平面间的关系，对各说法进行判断，从而得到答案.【详解】为平面外的一条直线，的方向向量为，的法向量为因为，所以可以得到直线与平面的法向量垂直，又因为直线在平面外，所以得到，故正确；因为，所以可以得到直线与平面法向量平行，从而得到，故正确；与所成的角为，所以直线与法向量所成的角为，根据向量夹角公式，直线与法向量所成的角的余弦值为所以得到，故正确；故选：D.【点睛】根据空间向量判断线线关系和线面关系，属于简单题.5.已知双曲线C：（，）的离心率为，则C的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线的离心率，得到，关系，从而得到

4、，关系，从而得到双曲线的渐近线方程.【详解】双曲线的离心率为，所以，所以，解得，所以双曲线的渐近线为.故选：B.【点睛】本题考查根据双曲线的离心率求渐近线，属于简单题.6.已知数列中，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，利用累加法得到的通项公式，从而得到.【详解】因为，所以，所以得到，因为，所以得到，所以.故选：B.【点睛】本题考查累加法求数列的通项，属于简单题.7.若，则方程所表示的曲线一定不会是（ ）A. 直线B. 焦点在x轴上的椭圆C. 焦点在y轴上的椭圆D. 双曲线【答案】B【解析】【分析】根据取不同的值，得到不同的方程，从而对四个选项进行判断，

5、得到答案.【详解】方程当，即，方程变为即或，表示直线，故A选项正确；方程，变形为要表示为焦点在轴上的椭圆，则，从而得到，所以不成立，故B选项错误；方程，变形为要表示为焦点在轴上的椭圆，则，得到，可以成立，故C选项正确；方程，变形为要表示为双曲线，则，得到，可以成立，故D选项正确.故选：C.【点睛】本题考查直线、椭圆、双曲线的表示，属于简单题.8.如图，空间四边形中，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据，再由，得到，求解.【详解】因为，又因为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9.古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过

6、这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（，）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】以中点为原点，设，根据，得到点轨迹方程，再表示出，利用圆上的点到定点的距离得到答案.【详解】以中点为原点，所在直线为轴，则，设，所以由，可得，整理得，其中看作是圆上的点到点的距离的平方，所以其最大值为，所以的最大值为，故选：C.【点睛】本题考查求圆的轨迹方程，圆上的点到定点的距离，属于中档题.10.有两个等差数列2，6，10，190和2，8，14，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的

7、顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为（ ）A. 15B. 16C. 17D. 18【答案】B【解析】【分析】根据两个等差数列的公差，得到公共项的公差，从而得到新数列的通项公式，通过新数列中的项小于等于，从而得到的范围，得到答案.【详解】等差数列2，6，10，190，公差为，等差数列2，8，14，200，公差为，所以由两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，其公差为，首项为，所以通项为，所以，解得，而，所以最大值为，即新数列的项数为.故选：B.【点睛】本题考查求两个等差数列的公共项组成的新数列，属于中档题.11.椭圆与双曲线共焦点、，它们的交点对两公共焦点、的张角为，椭圆与双曲线的离

8、心率分别为、，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，利用椭圆和双曲线的定义以及余弦定理可得出、关于的等式，从而可得出、的关系式.【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，焦距为，在中，由余弦定理得，由椭圆和双曲线的定义得，解得.代入，得，即，即，因此，.故选B.【点睛】本题考查共焦点和共交点的椭圆和双曲线的综合问题，要充分结合椭圆、双曲线的定义以及余弦定理列等式求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12.棋盘上标有第0、1、2100站，棋子开始位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若

9、掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站或第100站时，游戏结束.设棋子位于第n站的概率为，设则下列结论正确的有（ ）；数列（）是公比为的等比数列；A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】【分析】根据题意得到，的值，先让棋子在站，然后得到在站和站的概率，得到三个站之间的概率关系，整理得到数列的通项，根据通项得到，从而对四个结论进行判断，得到答案.【详解】根据题意第站，硬币掷出正面到达第站，所以，从第站，硬币掷出反面，或从第站硬币掷出正面，到达第站，所以，从第站，硬币掷出反面，或从第站硬币掷出正面，到达第站，所以，所以结论正确；从第站，硬币掷出正面到达第站，所以从第站，硬币

10、掷出反面，或从第站硬币掷出正面，到达第站，所以，即，而，所以（）是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以结论正确；，而，所以，而当棋子跳到第站时，游戏停止，故.从而得到，故，所以结论错误；，所以结论正确.故选：C.【点睛】本题考查建立数列模型解决实际问题，累加法求数列通项，考查化归与转化和分类讨论的思想，属于难题.第卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，将答案填在答题卡中的横线上）13.设等差数列的前n项和为，若，则的公差为_【答案】3【解析】【分析】设等差数列的公差为，将条件转化为和表示，得到方程组，解得的值.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，解得故答案为：.【点睛】本题考查等差数

11、列通项公式的基本量计算，属于简单题.14.已知直线l：与曲线有两个不同的公共点，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】【分析】曲线表示以为圆心，为半径的左侧半圆，直线为斜率为的直线，画出图像，根据图像得到直线的临界位置，求出的方程，从而得到的范围.【详解】曲线表示以为圆心，为半径的右侧半圆，直线为斜率为的直线，画出图像，如图所示，要使两个图像有两个不同的公共点，则直线需在图中所示两条直线之间，且与圆相切时不可取，当直线与圆相切时，得到，（舍），所以可得的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查根据图像的交点求参数的范围，根据直线与圆相切求参数的值，考查数形结合的思想，属于中档题.15.下表中的

12、数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为，则_，表中的数2021共出现_次【答案】 (1). 57 (2). 12【解析】【分析】根据表格规律，得到第行中的数为以为首项，为公差的等差数列，从而得到的通项，得到，根据，得到的关系，然后列出所有情况，得到答案.【详解】根据题目所给表格规律，得到第行中的数为以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，由，得.所以共出现次.故答案为：；.【点睛】本题考查根据表格规律写出数列通项，根据通项公式得到数列中的项，考查化归与转化的思想，属于中档题.16.若椭圆：（）与椭圆：（）的焦距相等，给出如下四个结论：和一定有交点；若，则；若

13、，则；设与在第一象限内相交于点，若，则其中，所有正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】通过时的图像可知和没有交点，根据两椭圆相同，结合，得到，根据分析法得到所需条件与矛盾，根据椭圆对称性，结合得到两椭圆之间离心率的关系，从而得到.【详解】对于结论，当时，椭圆的图像完全在椭圆的内部，此时和没有交点，所以错误；对于结论，因为两椭圆的焦距相等，即相等，可得，因，所以得到由可得，所以得到，所以得到，所以正确；对于结论，由可得，即，即，从而得到，与条件中的矛盾，所以错误；对于结论，因为两椭圆的相同，若两椭圆的离心率相同，则根据对称性可知，两椭圆在第一象限的交点，其横纵坐标应相等，而此时与在第一象限内

14、相交于点，则椭圆更接近圆，或椭圆更扁，即，所以，得到，所以正确.故答案为：.【点睛】本题考查焦距相等的椭圆间的关系，椭圆的几何性质，根据椭圆的形状判断离心率的大小，考查了化归与转化的思想，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知数列的前n项和为，且. （1）求数列的通项.（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2） .【解析】【分析】(1)利用通项与前n项和的关系求得关于的递推公式满足等比数列,再求得首项与公比即可求得数列的通项.(2) 为差比数列,故考虑用错位相减求和.详解】解（1）两式相减得,即数列an是等比数列(2) 得【点睛】本题

15、主要考查了通项与前n项和的关系,同时也考查了错误相减求和的方法,属于中等题型.18.已知的顶点，边上的中线所在直线方程为， 边上 的高，所在直线方程为.（1）求顶点 的坐标；（2）求直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据边上的高所在直线方程求出的斜率，由点斜式可得的方程，与所在直线方程联立即可得结果；（2）设 则， 代入中，可求得点坐标，利用两点式可得结果.【详解】（1）由边上的高所在直线方程为得， 所以直线AB所在的直线方程为，即 联立 解得 所以顶点的坐标为（4,3）（2）因为在直线上，所以设 则， 代入中，得 所以 则直线的方程为，即【点睛】本题主要考查直线的方程，

16、直线方程主要有五种形式，每种形式的直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式设直线方程时要注意讨论斜是否存在；截距式要注意讨论截距是否为零；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化为一般式.19.某学习软件以数学知识为题目设置了一项闯关游戏，共有15关，每过一关可以得到一定的积分，现有三种积分方案供闯关者选择.方案一：每闯过一关均可获得40积分；方案二：闯过第一关可获得5积分，后面每关的积分都比前一关多5；方案三：闯过第一关可获得0.5积分，后面每关的积分都是前一关积分的2倍.若某关闯关失败则停止游戏，最终积分为闯过的各关的积分之和，设三

17、种方案闯过n（且）关后的积分之和分别为，要求闯关者在开始前要选择积分方案（1）求出的表达式；（2）为获得尽量多的积分，如果你是一个闯关者，试分析这几种积分方案该如何选择？小明通过试验后觉得自己至少能闯过12关，则他应该选择第几种积分方案？【答案】（1）；（2）见解析，小明应该选择方案三.【解析】【分析】（1）根据题意，分别得到各方案所对应的数列，从而得到；（2）令，分别得到的范围，结合题意中的，从而做出判断.【详解】（1）按方案一闯过各关所得积分构成常数数列，故；按方案二闯过各关所得积分构成首项为5，公差为5的等差数列，故；按方案三闯过各关所得积分构成首项为，公比为2的等比数列，故（2）令，即

18、，解得，而当时，又因为且，故恒成立，故方案二不予考虑.令，即，解得，故有，当时，；当，故当能闯过的关数小于10时，应选择方案一；当能闯过的关数大于等于10时，应选择方案三.小明应该选择方案三.【点睛】本题考查求常数列、等差数列、等比数列前项和，比较数列的大小，属于简单题.20.如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为梯形，且（1）在PD上是否存在一点F，使得平面PAB，若存在，找出F的位置，若不存在，请说明理由；（2）求二面角的大小【答案】（1）在BC上存在点F，当时，有平面PAB.（2）【解析】【分析】（1）根据条件可得、两两垂直，以为原点建立坐标系，设，从而得到，若平面，则与平面的法

19、向量垂直，从而得到关于的方程，得到的值，确定出的位置；（2）利用空间向量求出平面，平面的法向量，根据向量夹角公式，得到两平面法向量的夹角，从而得到二面角的大小.【详解】（1）平面ABCD，平面ABCD，又，则可以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，假设在PD上存在一点F，使得平面PAB，设，由，得，由可得，又，故.因为，平面，所以平面，故可取平面PAB的一个法向量为，若平面PAB，则，解得，故在BC上存在点F，当时，有平面PAB.（2）由（1）可知设平面PAD的法向量则，令，则，此时设平面PBD的法向量则，令，则此时，二面角为锐二面角，二面角的大小为.【点睛】本题考查利

20、用空间向量由线面平行求点所在的位置；利用空间向量求二面角的大小，属于中档题.21.在中，两直角边AB，AC的长分别为m，n（其中），以BC的中点O为圆心，作半径为r（）的圆O（1）若圆O与的三边共有4个交点，求r的取值范围；（2）设圆O与边BC交于P，Q两点；当r变化时，甲乙两位同学均证明出为定值甲同学的方法为：连接AP，AQ，AO，利用两个小三角形中的余弦定理来推导；乙同学的方法为；以O为原点建立合适的直角坐标系，利用坐标法来计算.请在甲乙两位同学的方法中选择一种来证明该结论，定值用含m、n的式子表示.（若用两种方法，按第一种方法给分）【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）计算出圆与边、边相切时的半径，从而得到满足要求的r的取值范围；（2）甲同学方法：连接，利用余弦定理，表示出、，然后通过计算，得到，乙同学方法：以点为原点，建立坐标系，设点，将用坐标表示，通过计算，得到.【详解】（1）因为，故当圆与边相切时，此时圆与的三边共有3个交点；当圆与边相切时，此时圆与的三边共有5个交点，故当时，圆与的三边共有4