2019-2020学年湖北省随州市高二（上）期末数学试卷

第25页（共25页）2019-2020学年湖北省随州市高二（上）期末数学试卷一、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．（5分）直线的倾斜角是A． B． C． D．2．（5分）数列2，，的一个通项公式等于A． B． C． D．3．（5分）抛物线的焦点到准线的距离为A．2 B． C． D．44．（5分）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①若，则；②若，则；③设与所成的角为，则．A．只有①正确 B．只有②③正确 C．只有①③正确 D．①②③都正确5．（5分）已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为A． B． C． D．6．（5分）已知数列中，，，则等于A． B． C． D．7．（5分）若，则方程所表示的曲线一定不会是A．直线 B．焦点在轴上的椭圆 C．焦点在轴上的椭圆 D．双曲线8．（5分）如图，空间四边形中，，，，且，，则等于A． B． C． D．9．（5分）古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点、间的距离为2，动点满足，则的最大值为A． B． C． D．10．（5分）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顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为A．15 B．16 C．17 D．1811．（5分）椭圆与双曲线共焦点，，它们的交点对两公共焦点，的张角为，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则A． B． C． D．12．（5分）棋盘上标有第0、1、2、100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．设棋子位于第站的概率为，设．则下列结论正确的有①；；②数列是公比为的等比数列；③；④．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题（本大题共4小题，将答案填在答题卡中的横线上）13．（5分）设等差数列的前项和为，若，，则的公差为．14．（5分）若直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围为．15．（5分）表中的数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第行第列的数为，则，表中的数2021共出现次．2345673579111347101316195913172125611162126317131925313716．（5分）若椭圆与椭圆的焦距相等，给出如下四个结论：①和一定有交点；②若，则；③若，则；④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．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．（10分）已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项．（2）设，求数列的前项和．18．（12分）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．求：（1）顶点的坐标；（2）直线的方程．19．（12分）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，设三种方案闯过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？20．（12分）如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，，且，．（1）在上是否存在一点，使得平面，若存在，找出的位置，若不存在，请说明理由；（2）求二面角的大小．21．（12分）在中，两直角边，的长分别为，（其中，以的中点为圆心，作半径为的圆．（1）若圆与的三边共有4个交点，求的取值范围；（2）设圆与边交于，两点；当变化时，甲乙两位同学均证明出为定值甲同学的方法为：连接，，，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、的式子表示．（若用两种方法，按第一种方法给分）22．（12分）椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1．（1）求椭圆的方程；（2）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，，设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；（3）在（2）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点，设直线，的斜率分别为，，若，试证明为定值，并求出这个定值．

2019-2020学年湖北省随州市高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）直线的倾斜角是A． B． C． D．【分析】求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角即可．【解答】解：因为直线的斜率为：，直线的倾斜角为：．所以，故选：．【点评】本题考查直线的倾斜角的求法，基本知识的应用．2．（5分）数列2，，的一个通项公式等于A． B． C． D．【分析】分别判断出分子和分母构成的数列特征，再求出此数列的通项公式．【解答】解：，4，8，16，32，是以2为首项和公比的等比数列，且1，3，5，7，9，是以1为首项，以2为公差的等差数列，此数列的一个通项公式是，故选：．【点评】本题考查数列的通项公式，以及等差、等比数列的通项公式，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．3．（5分）抛物线的焦点到准线的距离为A．2 B． C． D．4【分析】将抛物线转化标准方程，根据抛物线的性质，求得焦点及准线方程，即可求得焦点到准线的距离．【解答】解：抛物线的标准方程，则焦点坐标为，准线方程为，焦点到准线的距离，故选：．【点评】本题考查抛物线的标准方程及简单性质，考查焦点到准线的距离，属于基础题．4．（5分）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①若，则；②若，则；③设与所成的角为，则．A．只有①正确 B．只有②③正确 C．只有①③正确 D．①②③都正确【分析】利用直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断命题的正误即可．【解答】解：为平面外的一条直线，的方向向量为，的法向量为，①若，则；正确；（是判断直线与平面平行的方法之一）．②若，则；正确；（这是判断直线与平面垂直的方法之一）．③设与所成的角为，则．正确，（这是利用向量方法求解直线与平面所成角方法之一）．所以①②③都正确．故选：．【点评】本题考查命题的真假的判断，空间想象能力的应用，是基本知识的考查，基础题．5．（5分）已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为A． B． C． D．【分析】由离心率和的关系可得，而渐近线方程为，代入可得答案．【解答】解：由双曲线，则离心率，即，故渐近线方程为，故选：．【点评】本题考查双曲线的简单性质，涉及的渐近线方程，属基础题．6．（5分）已知数列中，，，则等于A． B． C． D．【分析】直接利用数列的递推关系式的应用求出结果．【解答】解：数列中，，，所以，，，，所以，则：，所以．故选：．【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．7．（5分）若，则方程所表示的曲线一定不会是A．直线 B．焦点在轴上的椭圆 C．焦点在轴上的椭圆 D．双曲线【分析】对的取值进行讨论，由曲线方程的特性可判断方程所表示的曲线．【解答】解：根据，取，则曲线表示直线；当时，曲线表示双曲线；当且时，曲线表示焦点在轴上的椭圆．故选：．【点评】题考查方程与曲线，考查分类讨论的数学思想，熟练掌握与理解曲线标准方程的特征是关键，属基础题．8．（5分）如图，空间四边形中，，，，且，，则等于A． B． C． D．【分析】，可得．由，可得．可得．【解答】解：，，，．．故选：．【点评】本题考查了向量的平行四边形法则、三角形法则，属于基础题．9．（5分）古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点、间的距离为2，动点满足，则的最大值为A． B． C． D．【分析】求出点的轨迹方程，利用其几何意义即可得解．【解答】解：以经过，两点的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，则，，设，则，化简得，，即，点在以为圆心，为半径的圆上，则有，而表示圆上的点与原点距离的平方，易知，故，故．故选：．【点评】本题考查圆轨迹方程的求法，考查两点间的距离，考查逻辑推理能力，属于中档题．10．（5分）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顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为A．15 B．16 C．17 D．18【分析】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顺序组成一个新数列，则这个新数列为：2，14，26，．利用通项公式即可得出．【解答】解：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顺序组成一个新数列，则这个新数列为：2，14，26，．首项，公差．．令，解得．这个新数列的项数为16．故选：．【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．11．（5分）椭圆与双曲线共焦点，，它们的交点对两公共焦点，的张角为，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则A． B． C． D．【分析】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，到两焦点的距离分别为，，焦距为，分别运用椭圆和双曲线的定义，以及三角形的余弦定理和离心率公式，结合二倍角公式，即可得到结论．【解答】解：设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，到两焦点的距离分别为，，焦距为，由椭圆的定义可得，由双曲线的定义可得，解得，，由余弦定理可得，则，化为，可得，由，，可得．故选：．【点评】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，主要是离心率，考查三角形的余弦定理和二倍角公式的运用，考查化简变形能力，属于中档题．12．（5分）棋盘上标有第0、1、2、100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．设棋子位于第站的概率为，设．则下列结论正确的有①；；②数列是公比为的等比数列；③；④．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①结合分类和分步计数原理，即可逐一算出相应的概率；②棋子到第站分两种情形：先到第站，再掷出反面，其概率为；先到第站，再掷出正面，其概率为，所以，进而得证；③由②可知，数列是公比为的等比数列，可求得，，，进而得证；④由③可知．【解答】解：①棋子从第0站到第1站，只能向前走一步，所以；棋子到第2站，有两种方式：直接从第0站到第2站，分两步到第2站，所以；棋子到第3站，有三种方式：先到第1站再到第3站，先到第2站再到第3站，分三步到第3站，所以，所以①正确；②棋子到第站分两种情形：先到第站，再掷出反面，其概率为；先到第站，再掷出正面，其概率为，所以，即，所以数列是公比为的等比数列，即②正确；③由②知，数列是公比为的等比数列，所以，所以，又，则，因为若跳到第99站时，游戏自动停止，故．所以，即③错误；④，即④正确．所以正确的有①②④，故选：．【点评】本题考查数列与概率的综合，弄清楚，，之间的关系是题解的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题．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．（5分）设等差数列的前项和为，若，，则的公差为3．【分析】利用等差数列的通项公式求和公式即可得出．【解答】解：设设等差数列的公差为，，，，，联立解得：．故答案为：3．【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14．（5分）若直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围为，．【分析】确定曲线的几何意义，利用图形求出两个极端位置的值，即可求得实数的范围．【解答】解：曲线表示以为圆心，2为半径的圆在直线右侧的部分如图所示，当直线与圆相切时，；当直线过点时，，此时有两个交点．实数的范围是故答案为：，．【点评】本题考查数形结合的数学思想，考查直线与圆的位置关系，正确利用曲线的几何意义是关键．15．（5分）表中的数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第行第列的数为，则57，表中的数2021共出现次．23456735791113471013161959131721256111621263171319253137【分析】根据表中的规律可得第行等差数列的公差为，由此算出第一行数组成的数列通项为，再根据第列等差数列的公差等于，算出．由此代入数据即可算出的值；求出的通项公式，可得即，算出、的情况有12种，由此可得表中数2021共出现12次．【解答】解：根据题意，第行的等差数列的公差为，第列的等差数列的公差等于，、，第一行数组成的数列，2，是以2为首项，公差为1的等差数列，可得，又第列数组成的数列，2，是以为首项，公差为的等差数列，．；由，得，因此表中20121总共出现12次．故答案为：57，12．【点评】本题给出“森德拉姆素数筛”的例子，求表格中的指定项，并求2021在表中出现了几次．着重考查了等差数列的通项公式及其应用的知识，属于中档题．16．（5分）若椭圆与椭圆的焦距相等，给出如下四个结论：①和一定有交点；②若，则；③若，则；④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②④．【分析】根据椭圆的标准方程和基本几何性质逐一判断每个选项即可．【解答】解：①椭圆和椭圆的焦距均为2，但两个椭圆没有交点，即①错误；②由题意可知，，化简得，因为，所以，即②正确；③在椭圆中，；在椭圆中，，满足，但，即③错误；④因为两个椭圆有交点，，且，所以，因为，所以，所以，即④正确．故答案为：②④．【点评】本题考查椭圆的标准方程和基本几何性质，考查学生分析问题的能力和计算能力，属于基础题．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．（10分）已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项．（2）设，求数列的前项和．【分析】（1）根据得出递推式，确定是等比数列，再计算，从而得出通项公式；（2）根据错位相减法求和．【解答】解：（1），，两式相减得：，即，又，，数列是首项为2，公比为2的等比数列，．（2），，，两式相减得：，．【点评】本题考查了等比数列的判断，通项公式，错位相减法求和，属于中档题．18．（12分）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．求：（1）顶点的坐标；（2）直线的方程．【分析】（1）设，利用点与直线的位置关系、相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出；（2）利用中点坐标公式、点斜式即可得出．【解答】解：（1）设，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．，解得．．（2）设，则，解得．．直线的方程为，化为．【点评】本题考查了点与直线的位置关系、相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式、点斜式，考查了计算能力，属于基础题．19．（12分）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，设三种方案闯过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？【分析】（1）利用等差数列以及等比数列求和公式求解即可．（2）通过数列的和的大小，判断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即可．【解答】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，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．【点评】本题考查数列求和，以及数列和的大小的比较，是基本知识的考查，转化思想的应用，是中档题．20．（12分）如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，，且，．（1）在上是否存在一点，使得平面，若存在，找出的位置，若不存在，请说明理由；（2）求二面角的大小．【分析】（1）方法①：证明，结合，推出，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，假设在上存在一点，使得平面，设，求出平面的一个法向量为，通过平面，解得，得到结果．方法②：存在，在线段上，且，证明，过点作交于，连接，说明四边形为平行四边形，推出，然后证明平面．（2）求出平面的法向量，平面的法向量，通过空间向量的数量积，转化求解二面角的大小即可．【解答】解：（1）方法①：平面，平面，，又，，，则可以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，假设在上存在一点，使得平面，设，由，0，，，3，，得，由可得，，，又，0，，故．易知：平面，故可取平面的一个法向量为，若平面，则，解得，故在上存在点，当时，有平面．方法②：存在，在线段上，且，证明如下过点作交于，连接，当时，，又且，且，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面．（2）由（1）可知，0，，，0，，，3，，，3，，，设平面的法向量，则即，令，则，，此时，1，，设平面的法向量，则，即令，则，，此时，，，二面角为锐二面角，二面角的大小为．【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，存在性问题的解决方法，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力逻辑推理能力以及计算能力；是中档题．21．（12分）在中，两直角边，的长分别为，（其中，以的中点为圆心，作半径为的圆．（1）若圆与的三边共有4个交点，求的取值范围；（2）设圆与边交于，两点；当变化时，甲乙两位同学均证明出为定值甲同学的方法为：连接，，，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、的