广东省惠州市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省惠州市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4，共20页。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上．
2．作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效．
3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效．
一、单选题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 已知为等差数列,,则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列性质: 若,则；
【详解】由于为等差数列，所以,故．故选：A．
2. 已知空间向量，若，则实数等于（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】即等价于.
【详解】因为且,所以,解得,
故选：D．
3. 已知点，直线与直线平行，则实数等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】两直线平行，斜率相等，已知直线上的两点，求出斜率即可得解.
【详解】由，则，
故选：B．
4. 椭圆可看成是圆被压扁或拉伸形成的．下列椭圆中，形状更接近圆的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】法一：根据离心率越小越接近圆判断；法二：根据越接近越接近圆判断.
【详解】法一：A、B、C、D四个选项中离心率分别为，B选项最小.
法二：当椭圆的时可看成圆，最趋近于1的即满足要求，A、B、C、D四个选项中分别为，B选项最接近.
故选：B．
5. 如图，在平行六面体中，为和的交点，若，则下列式子中与相等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性表示与运算法则，把用、、表示即可．
【详解】解：由题意知，
．
故选：A．
6. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用投影向量公式:向量在向量上的投影向量为,计算求解；
【详解】向量在向量上的投影向量为．故选：C．
7. 若直线与圆无公共点，则点与圆的位置关系是（ ）
A. 点在圆上B. 点在圆外
C. 点在圆内D. 以上都有可能
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离小于圆的半径可得出关于、的不等式，即可判断出点与圆的位置关系.
【详解】圆的圆心为，半径为，
因为直线与圆无公共点，则，所以，，
因此，点在圆内.
故选：C.
8. 如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
分析】双动点，目标求轨迹长，需先确定轨迹，建系列条件找出轨迹即可求解.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
可得，
因为，即，可得，
则，则，整理可得，
可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分，
所以端点的轨迹长度为．
故选：A．
二、多选题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知圆，直线（其中为参数），则下列选项正确的是（ ）
A. 圆心坐标为
B. 若直线与圆相交，弦长最大值为12
C. 直线过定点
D. 当时，直线与圆相切
【答案】AD
【解析】
【分析】根据圆的一般方程得到圆的标准方程，从而得到圆心和半径，判断AB两个选项，由直线的方程，令的系数为求得定点，判断C选项，由点到直线的距离判断D选项.
【详解】由圆可化为，故A正确；
弦长最大值为直径，B错误；
由直线方程可化为，则直线过定点，故C错误；
当时，直线即，
圆心到直线的距离，从而直线与圆相切，故D正确．
故选：AD．
10. 已知数列的前项和为，若，则下列选项正确的是（ ）
A. 数列的首项不可能为0
B. 当时，偶数项的符号相同
C. 当时，一定是等比数列
D. 当时，有可能是等比数列
【答案】BC
【解析】
【分析】已知，可求出数列的通项，进而逐项分析判断即可.
【详解】由，故A错误；
当时，，所以B正确；
当时，，满足上述，即，
所以当且仅当时，是等比数列，所以C正确；选项D错误．
故选：BC．
11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分；其中第14题第一空2分，第二空3分．
12. 过抛物线的焦点作直线，交抛物线于点，若点的横坐标为3，则等于_______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据抛物线的定义即可得到答案.
【详解】根据抛物线的定义得.
故答案为：4.
13. 在空间直角坐标系中，已知向量和向量，如果，则向量的坐标可以是：_______．（注：写出一个具体的坐标即可）
【答案】或或
【解析】
【分析】通过数量积公式求夹角,转化为关系式,再赋值计算即可；
【详解】本题为开放题，由,得,则向量坐标满足关系式即可,答案不唯一．
若取可得,因此可得及其共线向量满足条件；
若取,再令,得,因此可得及其共线向量满足条件；
若取,再令,得,因此可得及其共线向量满足条件．
14. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数，则正方形数所构成的数列的第5项是_______，五边形数所构成的数列的通项公式为_______．
【答案】 ①. 25 ②.
【解析】
【分析】根据正方形数的前4项特征，即可求解第5项；根据五边形数的特征，列式递推公式，利用累加法，即可求通项公式.
【详解】正方形数所构成数列的第5项是，
五边形数所构成数列满足，，，，，
所以，，
累加可得，当时成立，
所以.
故答案为：25；
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦．
（1）当时，求AB的长；
（2）当弦AB被点P平分时，写出直线AB的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据倾斜角以及求解出直线的方程，再根据半径、圆心到直线的距离、半弦长构成的直角三角形求解出；
（2）根据条件判断出，结合和点坐标可求直线的方程.
【小问1详解】
圆的圆心，半径，
因为，所以直线的斜率，
所以，即，
所以圆心到的距离，
所以；
【小问2详解】
因为弦被平分，所以，
又因为，所以，
所以，即.
16. 设数列满足．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由得，，进而可得，故可证；
（2）根据裂项相消法可得.
【小问1详解】
当时，，
因为，
当时，，
上述两式相减，得，所以
当时，上式仍然成立，从而的通项公式为，
当时，，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
【小问2详解】
由（1）知，
则，
化简得．
17. 我们知道，当一束光线照到镜面时，光线会依一定的规律反射，即反射角等于入射角（如图所示）．依据此物理定律，解决以下问题．
已知抛物线，其焦点为，直线与抛物线相切于点．
（1）求直线的方程；
（2）从点发出的光线经过抛物线上的点反射，证明：反射光线平行于抛物线的对称轴．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）抛物线与曲线相切，仅有一个公共解，联立用即可求解；
（2）由题可求点坐标，且过P的切线为反射平面，则入射光线可以确定，据对称性即可求解.
【小问1详解】
联立，消去得：，
整理得：①
依题意可知：，
且，
由解得：，
故直线的方程为：；
【小问2详解】
法一：如图所示，由反射角等于入射角，要证反射光线平行于轴，
只需证即可．
由（1）知是方程①的唯一解，则，
代入抛物线方程得，所以有，
因为法线垂直于切线，所以得，
因此光线在处的法线方程为：即．
设法线与轴交点为，令，得，则，
由抛物线定义可知，，，
所以，即反射光线平行于抛物线的对称轴．
法二：
设点关于切线的对称点为
要证反射光线平行于轴，只需证轴即可．
由（1）知是方程①的唯一解，则，
代入抛物线方程得，所以有，
由对称性得，
解得，即，
所以，
所以轴，即反射光线平行于抛物线的对称轴
法三：
如图所示，设点关于法线的对称点为，
要证反射光线平行于轴，只需证轴即可．
由（1）知是方程①的唯一解，则，
代入抛物线方程得，所以有，
因法线垂直于切线，所以得，
因此光线在处法线方程为：
即
由对称性得
解得，即
所以反射光线方程为，
所以轴，即反射光线平行于抛物线的对称轴.
18. 如图，正四棱锥的底面边长和高均为分别是和的中点．

（1）证明：；
（2）若点满足，且点在平面内，求的值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】小问1：空间体建系简单，可建系列方程，应用空间向量数量积运算求解，或者应用线面垂直来证明，寻找的平行线即可证得；
小问2：点在面内，则面内不共线向量和法向量垂直，可计算求，或者借助共面定理，或者先寻找，几何分析求解均可；
小问3：应用空间向量计算求解，或者先分析寻找确定角，再计算求值.
【小问1详解】
法1：连接交于，连接，

由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则，
所以以为坐标原点，为轴建立如图空间直角坐标系，
则
则，则，所以．
法2：连交于，连，

依题意得，，则，
由面，面，则，即有，
由于是平面内两相交直线，
因此面，又面，故；
【小问2详解】
法1：由（1）得，
因此，
设平面的法向量，由，得，
令，则，所以，
由于点在平面内，则，则，
即，解得.
法2：由，得
，
由题得四点共面得，
法3：由（1）得，
由，则，
由于四点共面，则存在唯一实数，使得，
即，
则，解得，
法4：由面面，

连交于，则面且为中点，
在三角形中，连延长交，则交点即是点，
取中点，连，
易得为三角形中位线，为三角形中位线，
则为线段上靠近三等分点，即；
小问3详解】
法1：，
由（2）可得平面的法向量，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
法2：由（1）知面，面，
所以面面，面面，
过于，面，则面，
连接，则为直线与面所成角，

由于，则．
又．
于是直线与平面所成角的正弦值为.
19. 通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
（1）已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
（2）已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）；（ⅱ）是，2
【解析】
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.
【小问1详解】
由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
【小问2详解】
（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.