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    2020-2021学年吉林省高二(上)期中数学试卷人教A版

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    2020-2021学年吉林省高二(上)期中数学试卷人教A版

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    这是一份2020-2021学年吉林省高二(上)期中数学试卷人教A版,共9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。

    1. 椭圆x29+y24=1的离心率是( )
    A.133B.53C.23D.59

    2. 已知{an}是公差为2的等差数列,前5项和S5=25,若a2m=15,则m=( )
    A.4B.6C.7D.8

    3. 已知椭圆x2m−2+y210−m=1的焦点在x轴上,焦距为4,则m等于( )
    A.8B.7C.6D.5

    4. 设a,b,c,d是非零实数,则“ad=bc”是“a,b,c,d成等比数列”的( )
    A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
    C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

    5. 焦点分别为(−2, 0),(2, 0)且经过点(2, 3)的双曲线的标准方程为( )
    A.x2−y23=1B.x23−y2=1C.y2−x23=1D.x22−y22=1

    6. 《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题:“今有垣厚若干尺,两鼠对穿,大鼠日一尺,小鼠也日一尺.大鼠日自倍,小鼠日自半.问何日相逢,各穿几何?题意是:有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙.大老鼠第一天进一尺,以后每天加倍;小老鼠第一天也进一尺,以后每天减半”如果墙足够厚,Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和,则S5=( )
    A.311516B.321516C.331516D.2612

    7. 椭圆C:x2a2+y2=1(a>0)的左右焦点分别为F1,F2,P为椭圆上异于端点的任意的点,PF1,PF2的中点分别为M,N,O为坐标原点,四边形OMPN的周长为23,则△PF1F2的周长是( )
    A.2(2+3)B.2+23C.2+3D.4+23

    8. 有关下列说法正确的是( )
    A.“若函数f(x)是奇函数,则f(0)=0”的逆否命题是真命题
    B.若p:∃x0∈R,x02−x0−1>0,则¬p:∀x∈R,x2−x−1b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,且|F1F2|=2c,点A在椭圆上,AF1→⋅F1F2→=0,AF1→⋅AF2→=c2,则椭圆的离心率e= ( )
    A.33B.5−12C.3−12D.22

    12. 已知△ABC三个顶点A,B,C都在曲线x29+y24=1上,且BC→+2OB→=0→(其中O为坐标原点),M,N分别为AB,AC的中点,若直线OM,ON的斜率存在且分别为k1,k2,则|k1|+|k2|的取值范围为( )
    A.[89, +∞)B.[0, +∞)C.(0, 43]D.[43, +∞)
    二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分

    经过点P(−3, 0),Q(0, −2)的椭圆的标准方程是________.

    已知命题p:∀x∈R,都有x2+ax+a≥0是真命题,则实数a的取值范围是________.

    点P(x0, 1)为椭圆C:x2a2+y24=1(a>2)在上一点,以点P以及焦点F1,F2为顶点的三角形的面积为1,则椭圆C的长轴长是________5 .

    已如数列{an}与{an2n}均为等差数列(n∈N∗),且a1=2,则{an}的公差为________.

    设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,{Sn+nan}为常数列,则an=________.

    已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1(−c, 0),右顶点为A,上顶点为B,现过A点作直线F1B的垂线,垂足为T,若直线OT(O为坐标原点)的斜率为−3bc,则该椭圆的离心率为________.
    三、解答题:本大题共5小题,共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

    在平面直角坐标系xOy中,点A(−1, 0),B(1, 0),动点P满足|PA|=2|PB|.
    (1)求动点P的轨迹的方程;

    (2)若M为PA中点,求动点M的轨迹方程.

    在公差不为0的等差数列{an}的前10项和为65,a1,a3,a7成等比数列.
    (1)求数列{an}的通项公式;

    (2)若bn=2​an+an,求数列{bn}的前n项和Tn.

    已知点A(0, −2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为233,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的面积等于1时,求l的方程.

    已知数列{an}的前n项和Sn=2−an−(12)n−1(n∈N∗),数列{bn}满足bn=2nan.
    (1)求证:数列{bn}是等差数列,并求数列{an}的通项公式;

    (2)求数列{Sn}的前n项和Tn.

    已知圆F1:x2+y2+22x−14=0,定点F2(2, 0),A是圆F1上的一动点,线段F2A的垂直平分线交半径F1A于点G.
    (1)求动点G的轨迹E的方程;

    (2)若D、C分别是曲线E与x轴正、负半轴的交点,动点M满足MD⊥CD,连接CM,交椭圆于点P.证明:OM→⋅OP→为定值.

    (3)在(2)的条件下,试问x轴上是否存异于点C的定点Q,使得以MP为直径的圆恒过直线DP、MQ的交点,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    参考答案与试题解析
    2020-2021学年吉林省高二(上)期中数学试卷
    一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.
    1.
    【答案】
    B
    【考点】
    椭圆的离心率
    【解析】
    直接利用椭圆的简单性质求解即可.
    【解答】
    解:椭圆x29+y24=1,可得a=3,b=2,则c=9−4=5,
    所以椭圆的离心率为:e=ca=53.
    故选B.
    2.
    【答案】
    A
    【考点】
    等差数列的前n项和
    【解析】
    利用等差数列通项公式求出首项,从而求出通项公式,由此利用a2m=15,能求出m的值.
    【解答】
    ∵ {an}是公差为2的等差数列,前5项和S5=25,
    ∴ S5=5a1+5×42d=5a1+5×42×2=25,
    解得a1=1,
    ∴ an=1+(n−1)×2=2n−1,
    ∵ a2m=15,
    ∴ a2m=2(2m)−1=15,
    解得m=4.
    3.
    【答案】
    A
    【考点】
    椭圆的离心率
    【解析】
    由已知求得c,再由焦距为4,列式求得m值.
    【解答】
    ∵ 椭圆x2m−2+y210−m=1的焦点在x轴上,
    ∴ m−2>10−m>0,即60,则¬p:∀x∈R,x2−x−1≤0,所以B不正确;
    命题“若x2−1=0,则x=1或x=−1”的否命题是“若x2−1≠0,则x≠1且x≠−1”,所以C不正确;
    若p为真命题,q为假命题,则¬q是真命题,所以p∧(¬q)为真命题,所以D正确;
    9.
    【答案】
    D
    【考点】
    椭圆的离心率
    【解析】
    根据题意,结合两点间距离公式可得|PM|2=(x−1)2+y2,然后结合二次函数的性质,求出|PM|2的最大值.
    【解答】
    根据题意,P(x, y)是椭圆x2+4y2=4即x24+y2=1上的一个动点,则−2≤x≤2,且y2=1−x24,
    而定点M(1, 0),则|PM|2=(x−1)2+y2=(x2−2x+1)+1−x24=34x2−2x+2=34(x−43)2+23,
    函数y=34(x−43)2+23是开口向上的二次函数,其对称轴为x=43,
    当x=−2时,|PM|2=34(x−43)2+23取得最大值,且其最大值为9,
    10.
    【答案】
    B
    【考点】
    数列递推式
    数列的求和
    【解析】
    直接利用分类讨论思想的应用求出数列的通行公式,进一步利用分组法求出数列的和.
    【解答】
    数列{an},已知a1=1,a2=2,且满足an+2−an=1+(−1)n(n∈N∗),
    当n为奇数时,an+2=an,
    当n为偶数时,an+2−an=2,
    所以a1=a3=…=a29=1,
    a2,a4,…,a30是以2为首项,2为公差的等差数列,
    所以S30=(a1+a3+...+a29)+(a2+a4+...+a30)=15+15×2+15×142×2=255.
    11.
    【答案】
    B
    【考点】
    椭圆的离心率
    平面向量数量积的运算
    【解析】
    本题考查的知识点是平面向量的数量积运算及椭圆的简单性质,由AF1→⋅F1F2→=0,AF1→⋅AF2→=c2,我们将两式相减后得到AF1的长度,再根据椭圆的定义,即可找到a与c之间的数量关系,进而求出离心率e.
    【解答】
    解:∵ AF1→⋅F1F2→=0,
    ∴ AF1⊥F1F2,
    即A点的横坐标与左焦点相同,
    又∵ A在椭圆上,
    ∴ A(−c, ±b2a).
    又AF1→⋅AF2→=c2,
    ∴ AF1→⋅AF2→−AF1→⋅F1F2→=c2,
    即AF1→2=|AF1|→2=c2.
    即AF1=c,
    则2a=c+5c,
    ∴ e=5−12.
    故选B.
    12.
    【答案】
    D
    【考点】
    直线与椭圆的位置关系
    椭圆的应用
    【解析】
    可得O为BC中点.又AB // ON,AC // OM,即可得直线OM,ON的斜率分别为k1,k2,
    设C(x1, y1),B(−x1, −y1),A(x0, y0).可得k1⋅k2=y0−y1x0−x1⋅y0+y1x0+x1=y02−y12x02−x12=−49,从而求解.
    【解答】
    因为BC→+2OB→=0→(其中O为坐标原点),所以BO→+OC→+2OB→=0→,即可得BO→+OC→=0→,
    从而O为BC中点,即B,C关于原点对称.
    因为M,N分别为AB,AC的中点,所以AB // ON,AC // OM,
    故直线OM,ON的斜率分别为k1,k2,
    设C(x1, y1),B(−x1, −y1),A(x0, y0).
    可得y12=4−49x12,y02=4−49x02,
    ∴ k1⋅k2=y0−y1x0−x1⋅y0+y1x0+x1=y02−y12x02−x12=−49
    则|k1|+|k2|≥2|k1k2|=2×23=43.
    所以|k1|+|k2|的取值范围为[43, +∞)
    二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分
    【答案】
    x29+y24=1
    【考点】
    椭圆的标准方程
    【解析】
    根据经过点P(−3, 0),Q(0, −2),表示出长轴,短轴长,然后写出椭圆的标准方程,即可.
    【解答】
    ∵ 经过点P(−3, 0),Q(0, −2)
    ∴ a=3,b=2
    ∴ 所以椭圆的标准方程为x29+y24=1
    【答案】
    [0, 4]
    【考点】
    全称命题与特称命题
    全称量词与存在量词
    命题的真假判断与应用
    【解析】
    根据题意,由x2+ax+a≥0恒成立,进而可得△=a2−4a≤0,解可得a的取值范围,即可得答案.
    【解答】
    命题p:∀x∈R,都有x2+ax+a≥0是真命题,则x2+ax+a≥0恒成立,
    必有△=a2−4a≤0成立,
    解可得0≤a≤4,即a的取值范围为[0, 4],
    【答案】
    2
    【考点】
    椭圆的离心率
    【解析】
    由椭圆方程求得c,结合P点的纵坐标,由三角形面积公式列式求解a值,则答案可求.
    【解答】
    ∵ 椭圆C:x2a2+y24=1(a>2),
    ∴ c=a2−4,又P(x0, 1)为椭圆C上一点,
    且以点P以及焦点F1,F2为顶点的三角形的面积为1,
    ∴ S△PF1F2=12|F1F2|×1=12×2c=1,
    即c=1,则a2−4=1,得a=5.
    ∴ 椭圆C的长轴长是2a=25.
    【答案】
    2
    【考点】
    等差数列的通项公式
    【解析】
    推导出bn=[2+(n−1)d]2n是等差数列,由b1=2,b2=(2+d)22,b3=(2+2d)23构成等差数列,能求出{an}的公差.
    【解答】
    ∵ 数列{an}与{an2n}均为等差数列(n∈N∗),且a1=2,
    设{an}的公差为d,
    ∴ bn=[2+(n−1)d]2n是等差数列,
    b1=4,b2=(2+d)22,b3=(2+2d)23,
    ∴ 由2b2=b1+b3,得(2+d)2=4+(2+2d)23,
    解得d=2.
    ∴ {an}的公差为2.
    【答案】
    2n(n+1)
    【考点】
    数列递推式
    【解析】
    由已知求出S1+a1=2,可得Sn+nan=2,当n≥2时,(n+1)an=(n−1)an−1,然后利用累积法求得an.
    【解答】
    ∵ 数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,
    ∴ S1+1×a1=1+1=2,
    ∵ {Sn+nan}为常数列,∴ 由题意知,Sn+nan=2,
    当n≥2时,Sn−1+(n−1)an−1=2
    两式作差得(n+1)an=(n−1)an−1,
    从而a2a1⋅a3a2⋯anan−1=13⋅24⋯n−1n+1,
    ∴ an=2n(n+1)(n≥2),
    当n=1时上式成立,
    ∴ an=2n(n+1).
    【答案】
    12
    【考点】
    椭圆的离心率
    【解析】
    由直线BF1方程和直线OT方程联立求得T点坐标,求得直线AT的斜率,再由直线的斜率的乘积为−1列式求得椭圆离心率.
    【解答】
    由椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),得A、B的坐标为(a, 0)、(b, 0),又F1(−c, 0),
    ∴ 直线BF1的方程是y=bcx+b,
    OT的方程为y=−3bcx,联立解得T点坐标为(−c4,3b4),
    则直线AT的斜率为−3b4a+c,
    由AT⊥BF1,得−3b4a+c⋅bc=−1,即3b2=4ac+c2,
    又a2=b2+c2,∴ 4e2+4e−3=0
    解得e=12(00)的右焦点F(c, 0),
    因为直线AF的斜率为233,所以2c=233,解得c=3.
    又椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,∴ ca=32,可得a=2.
    故E的方程为:x24+y2=1.
    依题意当l⊥x轴不合题意,故设直线l:y=kx−2,设P(x1, y1),Q(x2, y2)
    将y=kx−2代入椭圆E的方程:x24+y2=1,得(1+4k2)x2−16kx+12=0,
    当△=16(4k2−3)>0,即k2>34.
    x1+x2=16k1+4k2,x1x2=121+4k2,
    从而|PQ|=1+k2|x1−x2|=4k2+1⋅4k2−31+4k2,
    又点O到直线PQ的距离d=21+k2.
    所以△OPQ的面积S△OPQ=12⋅d⋅|PQ|=44k2−31+4k2=1.
    设4k2−3=t,则t>0,可得4tt2+4=1,解得t=2,
    即可得k2=74,满足△>0,故k=±72符合题意.
    直线l的方程为:y=±72x−2.
    【考点】
    直线与椭圆的位置关系
    椭圆的应用
    椭圆的标准方程
    【解析】
    (1)求出c的值,根据离心率求出a的值,从而求出b的值,求出椭圆的切线方程即可;
    (2)设l:y=kx−2,联立直线和椭圆的方程组,结合韦达定理表示出三角形OPQ的面积,求出k的值,从而求出l的方程即可.
    【解答】
    设椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F(c, 0),
    因为直线AF的斜率为233,所以2c=233,解得c=3.
    又椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,∴ ca=32,可得a=2.
    故E的方程为:x24+y2=1.
    依题意当l⊥x轴不合题意,故设直线l:y=kx−2,设P(x1, y1),Q(x2, y2)
    将y=kx−2代入椭圆E的方程:x24+y2=1,得(1+4k2)x2−16kx+12=0,
    当△=16(4k2−3)>0,即k2>34.
    x1+x2=16k1+4k2,x1x2=121+4k2,
    从而|PQ|=1+k2|x1−x2|=4k2+1⋅4k2−31+4k2,
    又点O到直线PQ的距离d=21+k2.
    所以△OPQ的面积S△OPQ=12⋅d⋅|PQ|=44k2−31+4k2=1.
    设4k2−3=t,则t>0,可得4tt2+4=1,解得t=2,
    即可得k2=74,满足△>0,故k=±72符合题意.
    直线l的方程为:y=±72x−2.
    【答案】
    数列{an}的前n项和Sn=2−an−(12)n−1(n∈N∗)①,
    当n=1时,解得a1=12,
    当n≥2时,Sn−1=2−an−1−(12)n−2,②
    ①-②得:an=Sn−Sn−1=−an+an−1+(12)n−1,
    整理得2nan=2n−1an−1+1,
    由于数列{bn}满足bn=2nan.
    所以bn−bn−1=1(常数),
    所以数列{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列.
    所以2nan=n,
    整理得an=n2n.
    由(1)得:Sn=2−an−(12)n−1=2−n2n−(12)n−1,
    设an=n2n的前n项和为Mn,
    则Mn=12+222+⋯+n2n①,
    12Mn=122+223+⋯+n2n+1②,
    ①-②得:12Mn=12+122+⋯+12n−n2n+1,
    整理得:Mn=2−2+n2n.
    所以Tn=2n−2+n+22n−1(1−12n)1−12=2n+n+42n−4.
    【考点】
    数列递推式
    数列的求和
    【解析】
    (1)直接利用数列的递推关系式和等差数列的定义的应用求出数列的通项公式.
    (2)利用(1)的结论,进一步利用乘公比错位相减法和分组法的应用求出数列的和.
    【解答】
    数列{an}的前n项和Sn=2−an−(12)n−1(n∈N∗)①,
    当n=1时,解得a1=12,
    当n≥2时,Sn−1=2−an−1−(12)n−2,②
    ①-②得:an=Sn−Sn−1=−an+an−1+(12)n−1,
    整理得2nan=2n−1an−1+1,
    由于数列{bn}满足bn=2nan.
    所以bn−bn−1=1(常数),
    所以数列{bn}是以1为首项,1为公差的等差数列.
    所以2nan=n,
    整理得an=n2n.
    由(1)得:Sn=2−an−(12)n−1=2−n2n−(12)n−1,
    设an=n2n的前n项和为Mn,
    则Mn=12+222+⋯+n2n①,
    12Mn=122+223+⋯+n2n+1②,
    ①-②得:12Mn=12+122+⋯+12n−n2n+1,
    整理得:Mn=2−2+n2n.
    所以Tn=2n−2+n+22n−1(1−12n)1−12=2n+n+42n−4.
    【答案】
    由圆F1:x2+y2+22x−14=0,得(x+2)2+y2=16,
    ∴ F1(−2,0),又F2(2, 0),A是圆F1上的一动点,线段F2A的垂直平分线交半径F1A于点G,
    ∴ |GF2|=|GA|,则|GF2|+|GF1|=|GA|+|GF1|=|AF1|=4>|F1F2|=22.
    ∴ 动点G满足椭圆的定义,则动点G的轨迹是以F1,F2为焦点,2a=4的椭圆,
    a=2,c=2,b=a2−c2=2,
    可得动点G的轨迹E的方程为x24+y22=1;
    由题意可得,D(2, 0),C(−2, 0),
    ∵ MD⊥CD,∴ 设M(2, t),P(xP, yP),则OM→=(2, t),OP→=(xP, yP),
    直线CM的方程为y=t4(x+2),
    联立y=t4(x+2)x24+y22=1 ,可得(8+t2)x2+4t2x+4t2−32=0,
    利用根与系数的关系可得,−2⋅xP=4t2−328+t2,
    ∵ xP=16−2t28+t2,yP=t4(xP+2)=t4(16−2t28+t2+2)=8t8+t2,
    ∴ OM→⋅OP→=2xP+tyP=2⋅16−2t28+t2+t⋅8t8+t2=32+4t28+t2=4,
    ∴ OM→⋅OP→为定值4;
    设存在Q(m, 0)满足条件,则MQ⊥DP,
    MQ→=(m−2,−t),DP→=(−4t28+t2,8t8+t2),
    由MQ→⋅DP→=−4t28+t2(m−2)−t⋅8t8+t2=0,即−4t28+t2(m−2+2)=0,
    即m=0,∴ 存在Q(0, 0)满足条件.
    【考点】
    轨迹方程
    【解析】
    (1)利用椭圆定义可知动点G的轨迹是以F1,F2为焦点,2a=4的椭圆,则轨迹方程可求;
    (2)设M(2, t),P(xP, yP),则OM→=(2, t),OP→=(xP, yP),直线CM的方程为y=t4(x+2),与椭圆方程联立,可得(8+t2)x2+4t2x+4t2−32=0,利用根与系数的关系即可证明OM→⋅OP→为定值;
    (3)设存在Q(m, 0)满足条件,则MQ⊥DP,MQ→=(m−2,−t),DP→=(−4t28+t2,8t8+t2),再由MQ→⋅DP→=−4t28+t2(m−2)−t⋅8t8+t2=0即可得到满足条件的Q点的坐标.
    【解答】
    由圆F1:x2+y2+22x−14=0,得(x+2)2+y2=16,
    ∴ F1(−2,0),又F2(2, 0),A是圆F1上的一动点,线段F2A的垂直平分线交半径F1A于点G,
    ∴ |GF2|=|GA|,则|GF2|+|GF1|=|GA|+|GF1|=|AF1|=4>|F1F2|=22.
    ∴ 动点G满足椭圆的定义,则动点G的轨迹是以F1,F2为焦点,2a=4的椭圆,
    a=2,c=2,b=a2−c2=2,
    可得动点G的轨迹E的方程为x24+y22=1;
    由题意可得,D(2, 0),C(−2, 0),
    ∵ MD⊥CD,∴ 设M(2, t),P(xP, yP),则OM→=(2, t),OP→=(xP, yP),
    直线CM的方程为y=t4(x+2),
    联立y=t4(x+2)x24+y22=1 ,可得(8+t2)x2+4t2x+4t2−32=0,
    利用根与系数的关系可得,−2⋅xP=4t2−328+t2,
    ∵ xP=16−2t28+t2,yP=t4(xP+2)=t4(16−2t28+t2+2)=8t8+t2,
    ∴ OM→⋅OP→=2xP+tyP=2⋅16−2t28+t2+t⋅8t8+t2=32+4t28+t2=4,
    ∴ OM→⋅OP→为定值4;
    设存在Q(m, 0)满足条件,则MQ⊥DP,
    MQ→=(m−2,−t),DP→=(−4t28+t2,8t8+t2),
    由MQ→⋅DP→=−4t28+t2(m−2)−t⋅8t8+t2=0,即−4t28+t2(m−2+2)=0,
    即m=0,∴ 存在Q(0, 0)满足条件.

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