广东省部分学校高二上学期期末考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份广东省部分学校高二上学期期末考试数学试卷（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了考查范围， 已知圆与圆有三条公切线，则， 已知向量，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.考查范围：选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章．
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、淮考证号等填写在答题卡指定位置上．
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无数．
4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，访将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5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. 若数列的前5项为，则它的一个通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列的每一项与项数之间的关系即可推出数列的通项，再代值检验排除其他选项即得.
【详解】因，
故数列的一个通项公式为，
将代入A，C都不符合，把代入D，不符合.
故选：B.
2. 已知为椭圆上一点，分别为的左、右焦点，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆方程求出，利用椭圆的定义式，求得，代入计算即得.
【详解】由可得：，则，
因，则，故.
故选：C.
3. 如图，在四面体OABC中，为BC的中点，，且为OG的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.
【详解】由题意，
,
故选：A
4. 直线与圆的公共点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆心到直线距离，和半径比较后得到答案.
【详解】的圆心为，半径为25，
到的距离为，
故直线与圆相交，公共点个数为2.
故选：C
5. 已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设双曲线方程为，将代入，求出，可求双曲线的标准方程．
【详解】因为双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，
所以设双曲线方程为，
将代入，可得，则，
所求双曲线的标准方程是．
故选：D．
6. 已知圆与圆有三条公切线，则（ ）
A. 5B. 16C. 32D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】根据两圆有三条公切线可判断两圆外切，再利用两圆外切的判定方法列方程即得.
【详解】由可知圆心为，半径为2；
由可知且圆心为，半径为.
因两个圆有三条公切线可知两圆外切，
即，
解得：.
故选：C.
7. 已知数列的通项公式为，则当取得最小值时，（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用作商法判断数列单调性，得出数列的最小值即可得解.
【详解】由，则，
令，则，由，解得，
所以当时，，当时，，
即当时，数列单调递减，当时，数列单调递增，
又，，所以，即为数列的最小值，
故当取得最小值时，.
故选：B
8. 在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设点，由条件求得，设直线与直线所成角为，利用空间向量夹角公式求出，通过换元，将其化成，利用的范围和不等式性质即可求得.
【详解】
如图，设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系.
则，
设点，则，
由可得：，解得，
则，，
设直线与直线所成角为，则，
于是
，
设，因，故，
则即，因，则，则，
即，因，则得.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求解异面直线的夹角的方法主要有：
平移法：将异面直线中的一条或两条利用平移使其相交，通过解三角形求得；
坐标法：通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标，利用空间向量夹角的坐标公式求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，则（ ）
A. B. 同方向上的单位向量的坐标为
C. D. 在上的投影向量的模为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间向量的运算逐项判断即可.
【详解】因为，，所以.
对于A：因为，故A错误；
对于B：因为，即方向上单位向量是，故B正确；
对于C：因为，故C错误；
对于D：由，故D正确.
故选：BD.
10. 记等差数列的前项和为，已知，其中为实数，则（ ）
A. B. 若单调递增，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用的关系式求得，再由是等差数列，推出，确定A项，再根据各选项的要求依次判断即得.
【详解】由①，可得：当时，；
当时，②，
由，
因是等差数列，则时，.
对于A，由上分析易得，故A正确；
对于B，由上分析，可得数列的通项公式为：，
它是关于的一次函数，故当单调递增时，必有，即B正确；
对于C，当时，，则，故C错误；
对于D，由A项已得，由可得，则，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知为坐标原点，抛物线，，，点，分别在，上（均异于点），，的焦点分别为，，若，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 当时，
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】运用抛物线的性质，结合直线曲线联立求出交点，将三角形面积比转化为关于p，q式子之比，逐个计算判断即可.
【详解】因为，所以抛物线，不重合，故，不可能共点，即，故A正确；
由于，不妨设点，均在直线上，，，
将其与的方程联立，得，故或，即，同理，
故，当时，，故B正确；
由于直线过原点，故，到直线的距离之比等同于其到原点的距离之比，
故，故，故C错误；
，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线满足，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】由两直线垂直的判定方法列方程求解即得.
【详解】由可得：，解得：或（舍去），
即
故答案为：1.
13. 已知正项等比数列满足，则其公比______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据等比数列的基本量关系求解即可.
【详解】因为正项等比数列满足，
所以，
则，解得或，
因为为正项等比数，所以.
故答案为：.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与交于A，B两点，且，以AB为直径的圆过点，设的离心率为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】分析题意可知：过点的直线与双曲线的左支交于A，B两点.设，则.由双曲线定义可知，.又以AB为直径的圆过点，所以，解得.在和中，分别求即可得到关于与的二次齐次式，离心率即可求解.
【详解】分析可知：过点的直线与双曲线的左支交于A，B两点，如图所示.
，∴设，则.
由双曲线定义可知，.
∵以AB为直径的圆过点，，即，
化简整理得，即，解得（舍去），或.
∴，，，.
在中，.
在中，，
即，即.
.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步聚.
15. 已知点
（1）求线段的垂直平分线的方程；
（2）已知圆过点，求圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依次求出线段的中点坐标和所在直线的斜率，即得线段的垂直平分线的斜率，即可写出方程；
（2）求出线段的垂直平分线的方程，再将线段、的中垂线方程联立，求出圆心，再求出半径，即得圆的方程.
【小问1详解】
依题意，设线段的中点为，因，，则，
直线的斜率为：，则线段的垂直平分线的斜率为，
故其直线方程为：，即.
【小问2详解】
设线段的中点为，因，，则，
直线的斜率为：，则线段的垂直平分线的斜率为，
得线段的垂直平分线的方程为,即，
由（1）线段的垂直平分线方程为，
由，解得：，
即圆心为，圆的半径为：，
故圆的方程为：.
16. 已知点是抛物线上一点，为的焦点，且.
（1）求的准线方程；
（2）若点位于第一象限，求在点处的切线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线焦半径公式计算得出，再得出抛物线方程进而得出准线方程即可；
（2）先设直线方程，再联立方程组，再分和..两种情况，直线与相切求参即可得出直线方程.
【小问1详解】
因为抛物线，，
所以，所以，可得
所以的准线方程为.
【小问2详解】
因为点在抛物线上，所以，
又位于第一象限，所以，所以，
过点的直线与相切，若直线斜率不存在，不符合题意；
设直线与，
由，得，
当时，，即，即，
当时，，与抛物线相交，不符合题意；
所以的方程为，即.
17. 如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱AD上，且平面.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，可得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦即可.
【小问1详解】
因为平面底面，平面平面，，平面，
所以平面 ，又平面，所以.
又因为平面，平面，所以.
又，平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，所以，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点A垂直底面的直线为轴，建立如图所示的空直角坐标系.
因为平面，平面，所以.
又，所以，得
则，
故，
依题意，平面 的一个法向量为
设平面一个法向量为，
则，即，取，则
设平面与平面的夹角为，
所以 ，
因此平面与平面夹角余弦值为
18. 已知椭圆的左焦点为，过且斜率不为0的直线交于两点，过点分别作的垂线，交于两点.当的斜率不存在时，四边形的面积为6.
（1）求的方程；
（2）求的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当的斜率不存在时，椭圆方程中，令，得坐标，则由四边形面积建立方程，结合解方程组可得；
（2）设点，则，利用两点距离公式得求函数最值可得；
（3）设相关各点坐标，结合（2）式，化斜为直，将所证结论转化为证明，再设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理得关系进而消参，同样的方法处理，再利用直线方程分别化简可得相等关系.
【小问1详解】
由题意可得，①
当的斜率不存在时，在椭圆方程中，令，
可得，
所以，由题意可知四边形为矩形，
则其面积，②
联立①②解得
故的方程为．
【小问2详解】
设Ax1,y1，因为点在椭圆上，且的斜率不为0，
则，且，所以，
则，由，
故．
【小问3详解】
设，且，
故，且.
由（2）可得，，同理有.
故要证，即证（）.
由题意直线斜率不为，则直线和的斜率存在，
设斜率为，则的方程为，
联立，
得，
即，
当时，由韦达定理得，
故；
当时，由韦达定理得，也适合上式；
故；同理可得.
所以代入（）式化简整理可得，
（）左边；
（）右边；
①当直线的斜率存在且不为时，的方程为，
故，
则，且，
则（）左边；
（）右边；
故．

②当的斜率不存在即时，则，
等式显然成立．
综上所述，得证．
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是借助椭圆方程坐标代入，将化简为（利用椭圆第二定义也可得到），同理可化简，进而将所证结论转化为证明；二是联立直线与椭圆方程，应用韦达定理得到及的关系，进而代入消参、化简求证结论.
19. 已知无穷数列中每一项均为正整数，其前项和为，若数列中任意相异三项不成等差数列，则称该数列为“玫瑰数列”.
（1）对于每一项均为正整数的无穷等比数列.
（i）若数列的公比为1，判断其是否为“玫瑰数列”；
（ii）若数列的公比不为1，证明：该数列为“玫瑰数列”；
（2）若是所有玫瑰数列中，对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小的玫瑰数列.设为正整数，证明：成等差数列.
【答案】（1）（i）不是＂玫瑰数列＂；（ii）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）（i）直接根据等比数列概念和“玫瑰数列”定义即可判断；
（ii）利用反证法结合等比数列概念和“玫瑰数列”定义即可证明；
（2）首先证明对于任意正整数，有，再证明即可.
【小问1详解】
由题意设等比数列的通项公式为，其中．
（i）当时，数列，故而存在，此时不是＂玫瑰数列＂．
（ii）证明：由题意可得当时，，
若不是＂玫瑰数列＂，则存在各不相等的正整数，，，使得，
即，整理得，
故只能有，即，矛盾，故是＂玫瑰数列＂．
【小问2详解】
①首先证明对于任意正整数，有．
若存在正整数使得，取数列
记的前项和为，则也是＂玫瑰数列＂，
于是，与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，故；
②下面证明，由题意知，数列中不存在三项相等，故至多存在两项相等，
（）先证明．
若，则取，
由数列是玫瑰数列可知，也是玫瑰数列，且，
与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，所以.
若，则取由数列是玫瑰数列可知，是玫瑰数列，且，
与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，所以.
（b）再证明，设时，有，只需证明时，也有，
假设，则取
由数列是玫瑰数列可知，是玫瑰数列，且，
与＂对任意正整数，在最小的前提下，恒使最小＂矛盾，所以.
于是。即成等差数列.
【点睛】关键点点睛：本题第一问第二小问的关键是采用反证法，从而得到与假设矛盾的结论，即证明题目结论.