河北省承德市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省承德市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4，共10页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．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．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章．
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. 已知数列，则该数列的第211项为（ ）
A. B. 421C. D. 423
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知数列写出一个通项公式，再求出第211项.
【详解】该数列的通项公式为，
所以.
故选：B
2. 已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ）
A. B. 10C. D. 100
【答案】B
【解析】
【分析】先由投影得点的坐标，再由向量模的坐标公式可得所求.
【详解】由题意得，则，
故选：B.
3. 已知数列满足，其前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦型函数的周期性确定数列的周期，进而可得，利用周期性求.
【详解】因为是周期为4的周期数列，且，
所以，则.
故选：C
4. 若直线与互相平行，则（ ）
A. B. 3C. 或3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行列式求出值.
【详解】由直线与平行，得，
所以.
故选：A
5. 对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋科学家沈括首创的“隙积术”就与高阶等差级数求和有关.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则（ ）
A. 210B. 209C. 211D. 207
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知有，应用累加法求通项公式，进而求.
【详解】因为，
所以，则.
故选：B.
6. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，焦距为2c，直线l：与双曲线C的右支交于点P，若的内切圆半径为，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，由题意，根据双曲线的定义和内切圆的性质可得，设，则内切圆的圆心为，利用点到直线的距离公式建立关于的方程，解得，结合渐近线的概念即可求解.
【详解】因为左焦点，所以直线过点，
由双曲线的定义知，设内切圆与各边的切点为，
则，
所以，设，
则，解得.
又内切圆的半径为，所以内切圆的圆心为，
因为直线过点，设圆心到直线的距离为，
则，解得，
又，所以，所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B
7. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，右顶点为A，上顶点为B，P为线段AB上一点，直线与直线交于点Q，若，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用得，即轴，进而求得，再利用勾股定理得转化为，解方程可得答案.
【详解】由，得为的中点，又坐标原点为的中点，则，
于是轴，，则，
因此，即，
整理得，则，而，所以.
故选：A
8. 在平行四边形ABCD中，，，，E是BC的中点，沿BD将翻折至的位置，使得平面平面ABD，F为的中点，则异面直线EF与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.
【详解】由题意知，，所以，
所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
得，
即直线与所成角的余弦值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据面面垂直的性质得出，进而可用空间向量法求解线线角.
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. 已知等差数列的公差，等比数列的公比，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则单调递增B. 若，则单调递增
C. 可能为等差数列D. 可能为等比数列
【答案】AD
【解析】
【分析】根据等差等比数列的性质分析单调性判断A、B；由等差、等比数列的定义及通项公式分析判断C、D.
【详解】等差数列的单调性只与公差有关，与首项无关，
若，则单调递减，若，则单调递增，故A正确.
在等比数列中，若时单调递减，故B不正确.
设，则，
所以，
因为，所以不为常数，故C不正确.
若，则仍为等比数列，所以D正确.
故选：AD
10. 已知圆：与直线：，点在圆上，点在直线上，则（ ）
A. 直线与圆相离
B. 过点的直线被圆截得的弦长的最小值为
C
D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】由圆心到直线的距离可判断A；最短的弦长为垂直与该直径的弦长可判断B；当的值最小时，则，可判断C；当时，切线长最小，可判断D．
【详解】A：圆，，
圆心，半径，圆心到直线的距离为
，直线与圆相离，故A正确；
B：设过点的直线方程为，
所以该直线被圆截得最短的弦长为垂直与该直径的弦长，
和圆心的距离为，
最短弦长为，故B错误；
C：当的值最小时，则，
的最小值是圆心到直线的距离减去半径，即，故C正确；
D：从点向圆引切线，当时，切线长最小，最小值是，故D正确.
故选：ACD．
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若平面，则点Q的轨迹长度为
C. 存在平面
D. 平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出三棱锥体积判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点Q的轨迹判断B；利用空间位置关系的向量证明判断C；求出点到平面的距离，利用球的截面性质求解判断D.
【详解】对于A，由，得的面积为定值，
由平面平面，得三棱锥的高为定值2，
，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设平面的法向量为，，
则，令，得，
设，，
，，则，
由平面，
得，
即点的轨迹方程为，令，得；令，得.
又点在底面内，
因此点的轨迹长度即为两点间的距离，B正确；
对于C，若存在平面，则，由，
得，，因此不存在平面，C错误；
对于D，由平面，得点到平面的距离为定值，
而，则，
而，则该球的半径，
截面圆的半径满足，
则截面面积的取值范围为，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算建立动点坐标的关系解决.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知双曲线C：的两个焦点为，，双曲线C上有一点P，若，则______．
【答案】18
【解析】
【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义求解即可.
【详解】双曲线C：的实半轴，半焦距，
而，则，所以.
故答案为：18
13. 在空间四边形OABC中，，，，且，，则______．（用，，作基底）
【答案】
【解析】
【分析】根据给定的基底，利用空间向量线性运算求解即得.
【详解】在空间四边形OABC中，，且，
所以
.
故答案为：
14. 若正整数m，n的公约数只有1，则称m，n互质．对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数．函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如，则______．若数列的前n项和为，则______．
【答案】 ①. 6 ②.
【解析】
【分析】根据的定义求得和，进而是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列前n项和公式计算即可求解.
【详解】由题意知，小于等于9且与9互质的正整数有，共6个，
所以；
小于等于的正整数有，
与不互质的数是2的倍数，即，共个，
所以与互质的数有个，即；
小于等于正整数有，
与不互质的数是3倍数，即，共个，
所以与互质的数有个，即；
所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则.
故答案为：6；
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.
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. 已知动点M到点的距离比它到直线的距离小2，记动点M的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）直线l与C相交于A，B两点，若线段AB的中点坐标为，求直线l的方程．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出轨迹方程.
（2）利用点差法，求得直线斜率，根据点斜式方程，可得答案.
【小问1详解】
依题意，动点到点的距离等于它到直线的距离，
则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以的方程为.
【小问2详解】
设，，由线段的中点坐标为，得，
则，两式相减得，整理得，
因此直线的斜率，其方程为，即，
所以直线的方程为.

16. 已知等差数列的公差为整数，其前n项和为，若，，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列前n项和公式列出不等式组求出公差，进而求出通项公式.
（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和即得.
小问1详解】
设等差数列的公差为，由，，
得，
又，则，解得，而，
所以，数列的通项公式为.
小问2详解】
由（1）知，，，
所以.
17. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且二面角的平面角为，如图2．
（1）证明：．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，证明四边形为菱形，进而，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【小问1详解】
在图1中，过分别作，垂足分别为，
则，连接，得，
所以四边形为菱形，连接，交于点，
则.
在图2中，平面，
所以平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，为二面角所成的平面角，所以，
过作，建立如图空间直角坐标系，
则，
得，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，则，
又平面和平面的夹角为锐角，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆C：上一点到两焦点的距离之和为．
（1）求椭圆C的方程．
（2）不经过点的直线l与x轴垂直，与椭圆C交于A，B两点，若直线BQ与椭圆C的另一交点为D，则直线AD是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）过定点，
【解析】
【分析】（1）根据已知条件代入求得，由此求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，结合直线的方程求得定点坐标.
【小问1详解】
依题意，，由点在椭圆上，得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
依题意，直线的斜率不为零，设直线的方程为，，则，
由消去整理得，
则，直线的方程为，
由椭圆的对称性知，若存在符合条件的定点，则该定点一定在轴上，
令，得
，
所以直线过定点.
19. 数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为，n次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为．扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，，．已知数列．
（1）求，，；
（2）求，；
（3）求数列的前n项和．
【答案】（1），，
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）由新定义即可求解.
（2）通过定义得到经第次扩充后增加的项数为，由求得，再设第次扩充后数列的各项为，再构造等比数列求得.
（3）由错位相减法及等差数列求和公式即可求解；
【小问1详解】
依题意，由，得，，；
则，，；
，，.
【小问2详解】
由数列经每一次扩充后是在原数列的相邻两项中增加一项，得经第次扩充后增加的项数为，
则，即，而，
因此数列是首项为4，公比为2的等比数列，，
所以；
设第次扩充后数列的各项为，则，
由每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，
得
，则，
而，，因此是首项为3，公比为3的等比数列，所以.
【小问3详解】
由（2）知，，
则
，
令，则，
两式相减得，
因此，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问：设经第次扩充后增加的项数为，得到.