广东省揭阳市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省揭阳市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4，共17页。
2．选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案；答案不能答在试题卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡整洁，考试结束后，将答题卡交回，试题卷自己保存.
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求．
1. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据关于yOz平面对称，x值变为相反数，其它不变这一结论直接写结论即可．
【详解】在空间直角坐标系Oxyz中，
点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（﹣1，2，3）．
故选A．
【点睛】本题考查空间向量的坐标的概念，考查空间点的对称点的坐标的求法，属于基础题．
2. 设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
计算直线平行等价于或，根据范围大小关系得到答案.
【详解】直线与直线平行，则，或，
验证均不重合，满足.
故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.
3. 已知双曲线C：的一条渐近线的斜率为，且与椭圆有相等的焦距，则C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的焦距可得双曲线C：的焦距，根据双曲线C：的一条渐近线的斜率为，可得，结合求得，即可得出答案.
【详解】解：因为双曲线C：的一条渐近线的斜率为，
所以，即，
椭圆的焦距为，
所以双曲线C：的焦距，即，
又因，解得，所以，
所以C的方程为.
故选：B.
4. 数列， ， ， ，……的通项公式可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由分母构成等差数列即可求出.
【详解】数列的分母形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为，
所以.
故选：C.
5. 在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，
则、、、，
，，，
因此，异面直线与所成角的大小为.
故选：A.
6. “营老爷”是潮汕地区一项传统民俗活动.年，潮汕某地举行了历史悠久的三年一度“营老爷”大巡游，按照这“三年一度”的规律，该地有可能进行“营老爷”大巡游的时间是（ ）
A. 年B. 年C. 年D. 年
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，该地有可能进行“营老爷”大巡游的年份为，逐项判断即可.
【详解】由题意可知，该地有可能进行“营老爷”大巡游的年份为，
对于A选项，，且不是的倍数，A不合乎题意；
对于B选项，，且不是的倍数，B不合乎题意；
对于C选项，，且不是的倍数，C不合乎题意；
对于D选项，，且是倍数，D合乎题意.
故选：D.
7. 表示的曲线为（ ）
A. 两个半圆B. 一个圆
C. 半个圆D. 两个圆
【答案】A
【解析】
【分析】去方程中的绝对值符号，平方整理，再分类讨论方程表示的曲线即可得解.
【详解】依题意，，则有或，
当时，，
此时方程表示以点O2(-1，1)为圆心，1为半径的圆在直线x=-1及左侧的半圆，
当时，，
此时方程表示以点O1(1，1)为圆心，1为半径的圆在直线x=1及右侧的半圆，
如图，
表示的曲线为两个半圆.
故选：A
8. 已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为四边形是边长为的正方形，则，
所以，，，
所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，
因此，动点构成的区域面积为.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共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，，则（ ）
A. B.
C. D. ∥
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量的坐标模长公式、线性运算、数量积的坐标表示、共线向量定理逐项判断即可.
【详解】对A，因为，所以，故A正确；
对B，，故B不正确；
对C，，所以不垂直，故C不正确；
对D，，所以∥，故D正确.
故选：AD.
10. 定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积.已知数列是公积不为0的等积数列，且，前7项的和为14.则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. 公积为1D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据等积数列的定义，可判断A的正误，根据条件，代入数据，可判断B、C的正误，分别讨论n为奇数和偶数，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】设该等积数列的公积为m（m为常数，），
根据等积数列的定义可得，
所以，即，故A正确；
则，
又，则，
又前7项的和为14，则，解得，即公积为2，
所以，故B正确，C错误，
当n为奇数时，当n为偶数时，故D错误
故选：AB
11. 画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，、为椭圆上两个动点．直线的方程为．则下列结论正确的有（ ）
A. 的蒙日圆的方程为
B. 在直线上存在点，椭圆上存在、，使得
C. 记点到直线的距离为，则的最小值为
D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为．
【答案】ABD
【解析】
【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得、关系，由此可知A正确；由过且在蒙日圆上，可知当、恰为切点时，，知B正确；根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；由题意知，蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确．
【详解】对于A选项，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，，
所以，在蒙日圆上，则蒙日圆方程为，
由，得，
所以，椭圆的蒙日圆方程为，故A正确；
对于B选项，由直线的方程知，直线过，
又满足蒙日圆方程，所以，在圆上，
当、恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，故B正确；
对于C选项，因为在椭圆上，所以，，
所以，，
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
所以，，故C错误；
对于D选项，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
所以，矩形的对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为、，则，
所以，矩形的面积，当且仅当时取等号，
即矩形面积的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD．
【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 直线的倾斜角为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】由直线的斜率为，得到，即可求解.
【详解】由题意，可知直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，解得，
即换线的倾斜角为.
【点睛】本题主要考查直线的倾斜角的求解问题，其中解答中熟记直线的倾斜角与斜率的关系，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
13. 在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标表示和共面定理，列方程组求出答案即可.
【详解】因为，所以
因为点在平面内，所以
即，解得
故答案为：
14. 探照灯、汽车灯等很多灯具反光镜是抛物面（其纵断面是抛物线的一部分），正是利用了抛物线的光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射之后沿对称轴方向射出.根据光路可逆图，在平面直角坐标系中，抛物线C：，一条光线经过点，与x轴平行射到抛物线C上，经过两次反射后经过点射出，则光线从点M到点N经过的总路程为______.
【答案】24
【解析】
【分析】根据题意结合抛物线的定义分析求解.
【详解】由题意可知：抛物线C：的准线，
设入射光线所在直线与抛物线和准线分别交于点，两次反射后反射光线所在直线与抛物线和准线分别交于点，
可知，
所以光线从点M到点N经过的总路程为
.
故答案为：24.
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. 在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，，.
（1）设线段的中点为，求中线所在直线的方程.
（2）求边上的高所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出线段的中点为的坐标，再利用两点式求出中线所在直线的方程；
（2）先求出的斜率，可得边上的高所在直线的斜率，再利用点斜式求出边上的高所在直线的方程．
【小问1详解】
解：三个顶点坐标分别为，，，
线段的中点，则中线所在直线的方程为，
即；
【小问2详解】
解：由于直线的斜率为，故边上的高所在直线的斜率为，
故边上的高所在直线的方程为，即．
16. 在数列中，，点在直线上.
（1）求的通项公式；
（2）记的前项和为，且，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由定义证明数列是等差数列，再由得出通项公式；
（2）先由求和公式得出，再由裂项相消求和法求和即可.
【小问1详解】
由题意可知，，所以数列是公差的等差数列
又，所以，故
【小问2详解】
，则
故
17. 在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面.

（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据菱形和中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据面面垂直和菱形的性质得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和与平面所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可.
【小问1详解】

在梯形中连接，
因为，，为中点，所以，，
所以四边形为菱形，
所以是中点，
又为中点，所以，
因为平面，平面，
所以∥平面.
【小问2详解】
因为四边形为菱形，所以，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，，
所以，，两两垂直，
则以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，，
，，，，，，，，
设 ，则，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以，
因为与平面所成角的正弦值为，
所以，解得或2（舍去），
所以线段上存在点使得与平面所成角的正弦值为，.
18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）以为直径的圆过定点，.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的标准方程和离心率列方程组求解即可；
（2）设，由题意可得，，设定点为，利用即可得到结论.
【小问1详解】
由题意可知，解得，
所以求椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，由（1）可知， 斜率存在且不为0，
依题意可知的直线方程为，
直线方程为，
令，可得，，
假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，
依题意可知，，所以，
，
因为，
所以.
因为，
所以，
令，可得，解得，，
所以以为直径的圆过定点，.
【点睛】判断以为直径的圆过定点时，常用向量法，根据向量数量积为0，代入相关点的坐标化简后即可得到结论.
19. 设满足以下两个条件的有穷数列、、、为阶“曼德拉数列”：①；②
（1）若某阶“曼德拉数列”是等比数列，直接写出一个满足条件的数列的通项（不需要证明）．
（2）若某阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项（，用、表示）．
（3）记阶“曼德拉数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据“曼德拉”数列的定义可得出满足条件的一个阶数列；
（2）结合曼德拉数列的定义，首先得,然后分公差是大于、等于、小于进行讨论即可求解；
（3）记中非负项和为，负项和为，则，，进一步，结合前面的结论以及曼德拉数列的定义得出矛盾即可求解.
【小问1详解】
根据题意，一个满足条件条件的阶“曼德拉数列”的通项公式可以为.
【小问2详解】
设等差数列、、、、的公差为，
因为，
即，所以，，
即，所以，，
当时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，
当时，根据“曼德拉数列”的条件①②得，
，
即，即，
由得，即，
则.
当时，同理可得，即.
由得，即，
所以，.
综上所述，当时，；当时，.
【小问3详解】
记、、、中非负项和为，负项和为，则，
得，，，即.
若存在，使，由前面的证明过程知：
，，，，，，，，且.
若数列为阶“曼德拉数列”，
记数列的前项和为，则.
所以，，
又，所以，，
则，，
又，
所以，，，，，
所以，，
又与不能同时成立，
所以，数列不为阶“曼德拉数列”.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到，，，，，，，，且，由此即可顺利得解.