2021北京丰台高二（上）期末数学（教师版）

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2021北京丰台高二（上）期末数    学一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知，，则直线的倾斜角为　　A． B． C． D．2．过点且与直线平行的直线方程是　　A． B． C． D．3．已知等比数列满足，，则等于　　A．32 B． C．64 D．4．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 “第一枚硬币正面朝上”，事件 “第二枚硬币反面朝上”，则与的关系为　　A．互斥 B．相互对立 C．相互独立 D．相等5．已知平面，的法向量分别为，2，，，，，若，则的值为　　A．10 B． C． D．6．已知圆与圆，则圆与圆的位置关系是　　A．相离 B．相交 C．内切 D．外切7．如图，在三棱锥中，是的中点，若，，，则等于　　A． B． C． D．8．已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，点在准线上，且．若，，则的值为　　A．8 B．4 C．2 D．19．已知等差数列是无穷数列，若，则数列的前项和　　A．无最大值，有最小值 B．有最大值，无最小值 C．有最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值10．已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最大值为　　A． B． C．5 D．二、填空题共6小题，每小题4分，共24分．11．椭圆的离心率是　　．12．已知圆与轴相切，则　　．13．已知直线与圆交于，两点，则　　．14．对于数列，若点都在函数的图象上，则数列的前4项和　　．15．已知双曲线，则的右焦点的坐标为　　；的焦点到其渐近线的距离为　　．16．如果数列满足为常数），那么数列叫做等比差数列，叫做公比差．给出下列四个结论：①若数列满足，则该数列是等比差数列；②数列是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列；④存在等差数列是等比差数列．其中所有正确结论的序号是　　．三、解答题共4小题，共36分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17．（9分）如图，已知正方体的棱长为2，为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值．18．（9分）已知等差数列满足，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，再从①；②；③这三个条件中任选一个作为已知，求数列的前项和．19．（8分）2020年是我国网络建设的加速之年．截至2020年底，中国已建成全球最大的网络．为了切实推动移动网络质量提升，不断改善用户体验，中国信通院受工信部委托，定期在全国范围内开展重点场所移动网络质量专项测评．其中一项测评内容是在每座受测城市中挑选一条典型路段，以评估当地网络发展水平．其中5座受测城市的综合下载速率（单位：数据如表：城市路段综合下载速率（单位：福州五四路708.92广州大学城外中内环817.13哈尔滨红军街630.34杭州环城东路882.60成都二环高架916.02（Ⅰ）从以上5座城市中随机选取2座城市进行分析，求选取的2座城市“综合下载速率”都大于的概率；（Ⅱ）甲、乙两家网络运营商分别从以上5座城市中随机选取1座城市考察（甲、乙的选取互不影响），求甲、乙两家运营商中恰有1家选取的城市“综合下载速率”大于的概率．20．（10分）已知椭圆过点，且．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设为原点，过点的直线与椭圆交于，两点，且直线与轴不重合，直线，分别与轴交于，两点．求证：为定值．
参考答案一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．【分析】先求出直线的斜率，由此能求出直线的倾斜角．【解答】解：，，直线的斜率，直线的倾斜角为．故选：．【点评】本题考查直线的倾斜角的求法，考查斜率计算公式、直线的倾斜角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．【分析】设过点且与直线平行的直线方程为，把代入能求出结果．【解答】解：设过点且与直线平行的直线方程为：，把代入，得．过点且与直线平行的直线方程为．故选：．【点评】本题考查直线方程的求法，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．【分析】根据等比数列的性质即可求出．【解答】解：等比数列满足，，则，则，故选：．【点评】本题考查了等比数列的性质，考查了运算能力，属于基础题．4．【分析】根据题意，分析事件、的关系，即可得答案．【解答】解：根据题意，事件 “第一枚硬币正面朝上”，事件 “第二枚硬币反面朝上”，两个事件可以同时发生，也可以都不发生，事件发生与否对事件没有影响，是相互独立事件，故选：．【点评】本题考查基本事件，涉及互斥、对立事件的定义，属于基础题．5．【分析】由可得平面，的法向量的数量积为0，即可求解值．【解答】解：因为，所以平面，的法向量垂直，即，所以，因为，2，，，，，所以，解得．故选：．【点评】本题主要考查空间向量的数量积运算，考查向量垂直与数量积的关系，考查平面的法向量，属于基础题．6．【分析】根据题意，由圆的方程得到两个圆的圆心和半径，求出圆心距，再判断位置关系．【解答】解：根据题意，圆，圆心为，半径，圆，即，圆心为，半径，圆心距，两圆外切，故选：．【点评】本题考查圆与圆的位置关系，涉及圆的一般方程，属于基础题．7．【分析】由为的中点，可得，将，代入即可得出．【解答】解：因为为的中点，所以，又，，所以．故选：．【点评】本题主要考查了空间向量及其线性运算，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8．【分析】设抛物线的准线与轴的交点为，画出图象，利用抛物线的定义以及直角三角形的性质即可求解．【解答】解：设抛物线的准线与轴的交点为，如图所示：由抛物线的定义可得，又，所以三角形为等边三角形，所以，且，所以，则在直角三角形中，，所以，故选：．【点评】本题考查了抛物线的定义以及直角三角形的性质，涉及到等边三角形的应用，属于基础题．9．【分析】先判断公差，再根据前项和公式即可求出．【解答】解：等差数列是无穷数列，若，则公差，，其对称轴为，开口向上，故有最小值，无最大值，故选：．【点评】本题考查了数列的函数特征，考查了运算求解能力，属于基础题．10．【分析】由椭圆的参数方程可设点的坐标为，，，，然后求出已知圆的圆心和半径，则的最大值转化为求出的最大值即可求解．【解答】解：由椭圆的参数方程可设点的坐标为，，，，由已知圆的方程可得圆的圆心为，半径为，则，当即时，，此时，故选：．【点评】本题考查了椭圆的方程以及圆的性质，考查了学生的运算以及转化能力，属于中档题．二、填空题共6小题，每小题4分，共24分．11．【分析】由椭圆的方程可得，，可得，再利用离心率计算公式即可得出．【解答】解：由椭圆的方程可得，，，．．故答案为：．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12．【分析】根据题意，由圆的标准方程分析圆的圆心和半径，又由圆与轴相切可得的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，圆，其圆心为，半径为，若该圆与轴相切，则，故答案为：1．【点评】本题考查圆的标准方程，涉及圆的切线的性质，属于基础题．13．【分析】根据题意，由圆的方程可得圆心坐标以及圆的半径，求出圆心到直线的距离，进而求出．【解答】解：根据题意，圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则，故答案为：2．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及弦长的计算，属于基础题．14．【分析】代入点的坐标，推出数列的通项公式，然后求数列的前4项和．【解答】解：由点都在函数的图象上，可得，所以数列的前4项和．故答案为：30．【点评】本题考查数列与函数的关系，数列求和，是基础题．15．【分析】由，可得到焦点坐标；写出双曲线的渐近线方程后，由点到直线的距离公式，可得焦点到其渐近线的距离．【解答】解：依题意知，，，且焦点在轴上，，右焦点的坐标为，双曲线的渐近线方程为，不妨取右焦点到渐近线的距离，则距离．故答案为：；1．【点评】本题考查双曲线的几何性质，包含焦点坐标、渐近线方程等，考查学生的运算求解能力，属于基础题．16．【分析】利于题中给出的等比差数列的定义，即数列满足为常数），结合等差数列和等比数列的定义以及通项公式对各个选项进行逐一分析判断，即可得到答案．【解答】解：根据题意，数列满足，则，所以数列是等比差数列，故选项①正确；对于数列，则不是常数，所以数列不是等比差数列，故选项②错误；由等比数列的定义可知，，所以，所以所有的等比数列都是等比差数列，故选项③正确；设等差数列为，公差为，所以，当时，则，所以存在等差数列是等比差数列，故选项④正确．故选：①③④．【点评】本题考查了新定义问题，以新定义为载体考查了数列知识的应用，解题的关键是正确理解题意，结合所学过的数列的相关概念、公式、定理等知识进行研究．三、解答题共4小题，共36分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17．【分析】（Ⅰ）如图建立空间直角坐标系．求出平面的法向量为，，计算，即可证明平面．（Ⅱ）利用平面的法向量，平面的法向量为，结合空间向量的数量积求解平面与平面夹角的余弦值即可．【解答】（Ⅰ）证明：如图建立空间直角坐标系．因为正方体的棱长为2，，0，是，0，的中点，所以，0，，，2，，，2，，，0，，，2，，，0，，，0，，，，设平面的法向量为，，，则即，令，则，，所以，1，，因为，所以，因为平面，所以平面．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面的法向量，1，，又平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．【点评】本题考查向量法求解直线与平面平行的方法，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力．18．【分析】（Ⅰ）由题设求得数列的首项与公差，即可求得其通项公式；（Ⅱ）先由所选条件求得，然后由（Ⅰ）中求得的求得，再利用分组求和法求得其前项和即可．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为．由，可得．解得，，所以；（Ⅱ）选①：由，可得，，所以是等比数列，公比，所以，所以；选②：由，可得，，所以是等比数列，公比，所以，所以；选③：由，可得，，所以是等比数列，公比，所以．所以．【点评】本题主要考查等差、等比数列的定义及基本量的计算、分组求和法在数列求和中的应用，属于中档题．19．【分析】（Ⅰ）5座城市中“综合下载速率”大于的有3座，设为，，，“综合下载速率”不大于的有2座，设为，．随机选取2座城市，利用列举法能求出选取的2座城市“综合下载速率”都大于的概率．（Ⅱ）设甲选取的城市“综合下载速率”大于为事件，乙选取的城市“综合下载速率”大于为事件，恰有1家运营商选取的城市“综合下载速率”大于为事件．推导出，由，能求出甲、乙两家运营商中恰有1家选取的城市“综合下载速率”大于的概率．【解答】解：（Ⅰ）5座城市中“综合下载速率”大于的有3座，设为，，，“综合下载速率”不大于的有2座，设为，．随机选取2座城市所有可能为：，，，，，，，，，，共10种．其中2座城市“综合下载速率”都大于的有，，，共3种．设两个城市“综合下载速率”都大于为事件，所以．（Ⅱ）设甲选取的城市“综合下载速率”大于为事件，乙选取的城市“综合下载速率”大于为事件，恰有1家运营商选取的城市“综合下载速率”大于为事件．依题意，事件，所以．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法、相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．20．【分析】（Ⅰ）利用椭圆过点，求解，然后求解，得到椭圆方程．（Ⅱ）当直线斜率不存在时，直线的方程为．推出．当直线斜率存在时，设直线的方程为，由得．设，，，，利用韦达定理，结合直线的方程为，求出的坐标，的坐标，然后求解．推出结果．【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆过点，所以，因为，所以，所以椭圆的方程为．（Ⅱ）当直线斜率不存在时，直线的方程为，不妨设此时，，所以直线的方程为，即，直线的方程为，即，所以；当直线斜率存在时，设直线的方程为，由得，依题意，△，设，，，，则，，又直线的方程为，令，得点的纵坐标为，即，同理，得，所以，综上，为定值，定值为．【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．