高中数学选择性必修二 北京市昌平区新学道临川学校高二上学期期末考试数学（理）试题（含答案）

这是一份高中数学选择性必修二 北京市昌平区新学道临川学校高二上学期期末考试数学（理）试题（含答案），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
临川学校2020-2021学年度第一学期期末考试高二数学理科试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 在等差数列中，若，，则＝（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由等差数列通项公式可求得，由可求得结果.【详解】设等差数列的公差为，则，.故选：C.2. 在等比数列中，，，则与的等比中项是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】计算出的值，利用等比中项的定义可求得结果.【详解】由已知可得，由等比中项的性质可得，因此，与的等比中项是.故选：A.3. 若△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为(　　)A. ＋1 B. 2＋1C. 2 D. 2＋2【答案】C【解析】【分析】由A与B的度数求出sinA与sinB的值，再由a的值，利用正弦定理即可求出b的值．【详解】由正弦定理可知：，b2，故选C．【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，要求熟练掌握正弦定理的公式．4. 在△ABC中，已知a＝1，b＝2，C＝60°，则c等于(　　)A.  B. 3C.  D. 5【答案】A【解析】【分析】直接应用余弦定理可求得．【详解】由余弦定理得，∴，故选A.【点睛】解三角形的问题中，一般已知两边及其夹角或已知三边求三角形的其他元素时可考虑用余弦定理．5. 过点P(－1，m)和Q(m，8)的直线斜率等于2，那么m的值等于（    ）A. -17 B. 2 C. 5 D. 10【答案】B【解析】【分析】由斜率公式可求.【详解】因为直线斜率为2，则，解得.故选：B.6. 直线被圆截得的弦长为A. 1 B. 2 C. 4 D. 【答案】C【解析】【详解】因为化为，可知圆的圆心为,半径为，圆心到直线的距离为，由勾股定理可得直线被圆截得的弦长为，故选C. 7. 已知两圆分别为圆C1：x2＋y2＝49和圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，这两圆的位置关系是（    ）A. 相离 B. 外切 C. 内含 D. 相交【答案】D【解析】【分析】根据两圆圆心之间的距离大于两圆半径之差，小于两圆半径之和，那么两圆相交.【详解】圆C1：x2＋y2＝49，圆心为 ，半径 ，圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，圆心为 ，半径 ，两圆圆心之间距离为5， ，故两圆相交，故选：D8. 已知以原点为中心的椭圆C的左焦点为F，离心率等于，则C的方程是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】用待定系数法求椭圆方程.【详解】由题意可设所求的椭圆为：，因为椭圆C的左焦点为F，离心率等于，所以，解得：，所以C的方程是.故选：D9. 已知双曲线的离心率是，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的离心率得出关于实数的方程，解出即可.【详解】由题意可知，该双曲线的离心率为，，解得.故选：B.【点睛】本题考查利用双曲线的离心率求参数的值，考查计算能力，属于基础题.10. 已知抛物线()的准线经过点，则该抛物线的焦点坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出抛物线的准线方程为：，令即可求得的值，即可求解.【详解】抛物线()的准线为：，因为准线经过点，可得，即，所以抛物线为，焦点坐标为，故选：B.11. 椭圆内有一点过点的弦恰好以为中点，那么这弦所在直线的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用点差法得到直线斜率和中点之间的关系，即可得解.【详解】设弦的两个端点为，有，，作差可得，，所以，解得，又直线过，故直线方程为.故选：B.12. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：①曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线所围成的“心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是（    ）A ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③【答案】A【解析】【分析】根据题意，由曲线C的方程分析可得曲线C关于y轴对称，据此分析3个命题，逐项分析判断即可得解．【详解】根据题意，曲线C：x2+y2＝1+|x|y，用（﹣x，y）替换曲线方程中的（x，y），方程不变，所以曲线C关于y轴对称，对于①，当x≥0时，x2+y2＝1+|x|y，即为，x2+y2＝1+xy≤1+ ，可得x2+y2≤2，所以曲线经过点（0，1），（0，﹣1），（1，0），（1，1），再根据对称性可知，曲线还经过点（﹣1，0），（﹣1，1）故曲线恰好经过6个整点，①正确；对于②，由上可知，当x≥0时，x2+y2≤2，即曲线C右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据对称性可知，曲线C上的所有点到原点的距离都不超过，②正确；对于③，因为在x轴上方，图形面积大于四点（﹣1，0），（1，0），（1，1），（﹣1，1）围成的矩形面积1×2＝2，在x轴下方，图形面积大于三点（﹣1，0），（1，0），（0，﹣1）围成的等腰直角三角形的面积×2×1＝1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3，③错误．故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 直线在轴上的截距为________.【答案】【解析】【分析】令求出值即可.【详解】令，则，可得，所以直线在轴上的截距为，故答案为：.14. 已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.【详解】在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，即，所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.故答案为：；.【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.15. 已知圆的圆心位于第二象限且在直线上，若圆与两个坐标轴都相切，则圆的标准方程是 ______.【答案】【解析】【详解】试题分析： 设圆心坐标为（a,2a+1）,圆与两坐标轴相切，所以a=-(2a+1),，所以圆心为，半径，所以圆的标准方程为,考点：本题考查圆的标准方程点评：圆心在直线上，设圆心坐标为一个未知数，又因为圆与两坐标轴相切，所以圆心互为相反数，半径为圆心坐标的绝对值16. 已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为____________.【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理将条件中的角转化为边的关系，再利用余弦定理求解出角A的值，再利用边a的余弦定理和均值不等式求出bc的最大值后即可求解出面积的最大值.【详解】因为，所以根据正弦定理得:，化简可得:，即，(A为三角形内角)解得:，又，(b=c时等号成立)故.故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题目，解题的关键有两点，首先是利用正余弦定理实现边角之间的互化，其次是利用余弦定理和均值不等式求出三角形边的乘积的最大值. 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17题10分，第18~21题每题12分.17. 记为等差数列的前项和，已知，.（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值.【答案】（1）；（2），最小值为.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由前项和公式求的值，即可得的通项公式；（2）求出，再利用对应的二次函数的性质即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，所以，解得：，所以；（2）由，，，可得， 所以当或时，前项的和取得最小值为.所以，的最小值为.18. 已知是递增等差数列，，是方程的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依题意求得首项和公差，进而可得通项公式；（2）利用错位相减法可求得结果.【详解】（1）设数列的公差为，方程两根为2，3，由题得，，在，故，∴，∴数列的通项公式为.（2）设数列前项和为，由（1）知，，则，①，②①-②得∴.19. 在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B–C）的值．【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) .【解析】【分析】(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；(Ⅱ)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.【详解】(Ⅰ)由题意可得：，解得：.(Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得：，结合正弦定理可得：，很明显角C为锐角，故，故.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20. 已知过点且斜率为的直线与圆：交于，两点.（Ⅰ）求取值范围；（Ⅱ）若，其中为坐标原点，求.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）设出直线方程，利用圆心到直线的距离小于半径求得斜率的范围；（Ⅱ）将直线方程代入圆的方程，利用韦达定理结合平面向量数量积求得斜率，代入直线方程即可.【详解】（Ⅰ）由题设，可知直线的方程为.因为与交于两点，所以.解得.所以的取值范围是.（Ⅱ）设，.将代入方程，整理得，，所以，，∴，解得，（舍去），所以的方程为.∴.21. 已知点A(0，－2)，椭圆E： (a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. (1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.【答案】（1） （2） 【解析】【详解】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，所以，. 又解得，所以椭圆的方程为.（2）解：设由题意可设直线的方程为：，联立消去得，当，所以，即或时.所以点到直线的距离所以，设，则，，当且仅当，即，解得时取等号，满足所以的面积最大时直线的方程为：或.【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的. 22. 已知椭圆：的过点，又离心率为，椭圆的左顶点为，上顶点为，点为椭圆上异于，任意一点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据条件和之间的关系，代入求值即可；（2）方法（一）从点入手，设点，根据已知条件求得直线的直线方程，求得点坐标，再由直线方程求得点坐标，利用两点间距离代入求值，化简即可得解；方法（二）是从直线入手，设出直线方程，可得点坐标，再和椭圆联立求得点坐标，进而求得直线方程，求得点坐标，代入求值即可得解.【详解】（1）∵椭圆过点，∴，∵离心率为，∴，∴，∴，∴椭圆的方程为：；（2）方法（一）设点，则，，，即. 当时，，则，，∴，∵点异于点，∴，当且时，设直线方程为：，它与轴交于点，直线方程为：，它与轴交于点.∴，，∴为定值.                方法（二）若直线斜率不存在，则直线方程为：，此时，则，.∴.若直线斜率存在，设直线方程为：，且，∴且，则联立方程：，消去得：，解得：或，即点，∵点异于点，∴，∴，∴直线的方程为：，则且，∴为定值.