1、2019-2020学年广东省深圳市宝安区高二（上）期末数学试卷一、选择题1.空间四边形ABCD的四边相等，则它的两对角线AC、BD的关系是 ()A. 垂直且相交B. 相交但不一定垂直C. 垂直但不相交D. 不垂直也不相交【答案】C【解析】空间四边形中，连接对角线，取的中点，连接，利用等腰三角形可以说明，则平面，则，选C.2.在等差数列中，则201是该数列的第项A. 60B. 61C. 62D. 63【答案】B【解析】【分析】由题意,等差数列中,易求出数列的公差和首项,进而得到数列的通项公式,根据,构造关于n的方程,解方程即可得到答案【详解】为等差数列,令,则,故选：B【点睛】本题考查等差数列的
2、通项公式,根据已知条件求出等差数列的通项公式是解题关键3.方程和所表示图形是A. 前后两者都是一条直线和一个圆B. 前后两者都是两点C. 前者是一条直线和一个圆，后者是两点D. 前者是两点，后者是一条直线和一个圆【答案】C【解析】【分析】分别将方程化简,即可得到相应的图形【详解】对于方程,即或,表示一条直线和一个圆；对于方程,即且,表示是两点和,故选：C【点睛】本题考查曲线和方程,属于基础题4.直线关于直线对称的直线方程是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用当对称轴斜率为时,由对称轴方程分别解出x,y,代入已知直线的方程,即得此直线关于对称轴对称的直线方程【详解】因为直线的斜
3、率为1,故有,将其代入直线,即得：,整理即得,故选：A【点睛】本题考查直线关于直线的对称直线的方程的求法,当对称轴斜率为时,由对称轴方程分别解出x,y,代入已知直线的方程,即得此直线关于对称轴对称的直线方程5.数列中，且数列是等差数列，则等于（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据为等差数列可得，由此求得的值.【详解】由于为等差数列，故，即，解得.【点睛】本小题考查等差数列的基本性质：若为等差数列，且，则有，利用这个性质，列方程，可求得的值.6.经过点且在两坐标轴上截距相等的直线是（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】当直线过原点时，斜率为1，由点斜式求
4、得直线的方程，当直线不过原点时，设直线的方程是：，把点M（1，1）代入方程求得a值,即可得直线方程.【详解】当直线过原点时，斜率为1，由点斜式求得直线的方程是 y-1=x-1，即y=x；当直线不过原点时，设直线的方程是：，把点M（1，1）代入方程得 a=2，直线的方程是 x+y=2综上，所求直线的方程为y=x或x+y=2故选C.【点睛】本题考查了直线的点斜式与截距式方程；明确直线方程的各种形式及各自的特点，是解答本题的关键；本题易错点是易忽略直线过原点时的情况.7.直线的倾斜角的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由直线方程求出直线斜率的范围,再由斜率等于倾斜角的正切值
5、求解即可【详解】整理直线方程,可得直线斜率,设直线的倾斜角为,则,得,故选：B【点睛】本题考查直线的倾斜角与斜率的关系,属于基础题8.焦点在y轴上的椭圆mx2y21的离心率为，则m的值为()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】将椭圆的方程化成标准形式后再根据离心率可求得的值【详解】椭圆的方程化为标准方程为焦点在y轴上，由题意得，解得故选D【点睛】本题考查椭圆中基本量的计算，解题时需要把椭圆的方程化为标准形式，再确定出相关的参数，然后再结合题意求解，属于基础题9.等差数列的首项为，且从第10项开始为比1大的项，则公差d的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【
6、分析】由题意可知,把代入即可求得d的范围【详解】依题意可知,故选：D【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用,属于基础题10.已知抛物线上的点A到焦点F距离为4，若在y轴上存点使得，则该抛物线的方程为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得,解得,令,利用,即可得到,进而得到抛物线方程详解】由题意可得：,解得,不妨取, ,解得,经过检验满足条件,当A在x轴下方时不符，舍去该抛物线的方程为故选：A【点睛】本题考查抛物线的标准方程,考查抛物线的几何性质的应用,考查向量数量积的坐标运算11.已知点在圆上，则的最大值是( )A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设圆上
7、一点,则,利用正弦型函数求最值,即可得出结论【详解】设上一点,则,故选：C【点睛】本题考查圆的参数方程的应用,考查正弦型函数的最值12.已知是首项为32的等比数列，是其前n项和，且，则数列前10项和为A. 58B. 56C. 50D. 45【答案】A【解析】【分析】由是首项为32的等比数列,是其前n项和,且,利用等比数列前n项和公式求出q,进而可得,则,从而求数列前10项和【详解】是首项为32的等比数列,是其前n项和,且,所以公比不为1，,数列前10项和为,故选：A【点睛】本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式的应用,考查对数的运算,考查运算能力二、填空题13.九章算术“竹九节”问题：现有一
8、根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为 升；【答案】【解析】试题分析：由题意可知，解得，所以.考点：等差数列通项公式14.设等差数列满足，的前n项和的最大值为M，则_【答案】2【解析】【分析】由,求得,则可得到数列的通项公式,令,解得,则当时,的前n项和取得最大值,进而利用前n项和公式求解即可【详解】设等差数列的公差为d,令,解得,所以当时,的前n项和取得最大值,故答案为：2【点睛】本题考查等差数列的通项公式及其前n项和公式的应用,考查对数的运算性质,考查运算能力15.设，分别是椭圆的左、右焦点，若在直线上存在点，使线段的中垂线
9、过点，则椭圆的离心率的取值范围是_【答案】【解析】分析：设直线与轴的交点为，连接由线段的中垂线过点，可得，所以因为，由因为，所以变形可得，进而可得，所以根据椭圆的离心率，可得详解：设直线与轴的交点为，连接，的中垂线过点，可得，又，且，即，结合椭圆的离心率，得，故离心率的取值范围是点睛：求圆锥曲线的离心率，应从条件得到关于的关系式解题过程注意的关系（1）直接根据题意建立的等式求解；（2）借助平面几何关系建立的等式求解；（3）利用圆锥曲线的相关细则建立的等式求解；（4）运用数形结合建立的等式求解16.设函数，利用课本中推导等差数列前项和公式的方法，可求得_【答案】【解析】【分析】利用倒序相加法可得
10、结果.【详解】f(x)，f(x)f(1x)，由倒序相加求和法可知f(5)f(4)f(0)f(5)f(6)三、解答题17.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，M是棱CC1的中点证明：平面ABM平面A1B1M【答案】证明见解析【解析】【分析】通过长方体的几何性质证得，通过计算证明证得，由此证得平面，从而证得平面平面.【详解】由长方体的性质可知A1B1平面BCC1B1，又BM平面BCC1B1，A1B1BM又CC12，M为CC1的中点，C1MCM1在RtB1C1M中，B1M，同理BM，又B1B2，B1M2+BM2B1B2，从而BMB1M又A1B1B1MB1，BM平面A1
11、B1M，BM平面ABM，平面ABM平面A1B1M【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18.过点作直线分别交x轴，y轴正半轴于A，B两点，O为坐标原点.(1)当AOB面积最小时，求直线的方程；(2)当|OA|OB|取最小值时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】由题意设，其中，为正数，可设直线的截距式为，代点可得，（1）由基本不等式可得，由等号成立的条件可得和的值，由此得到直线方程，（2），由基本不等式等号成立的条件可得直线的方程【详解】由题意设，其中，为正数，可设直线的截距式为，直线过点，（1）由基本不等式可得，解得：，当且仅当，即
12、且时，上式取等号， 面积，则当，时，面积最小，此时直线的方程为，即，（2）由于，当且仅当，即且时取等号，所以当，时，的值最小，此时直线的方程为，即【点睛】本题考查直线的截距式方程，涉及不等式求最值，属于中档题19.已知为圆上的动点，为定点，（1）求线段中点M的轨迹方程；（2）若，求线段中点N的轨迹方程.【答案】（1） (x1)2y21；（2）【解析】【详解】（1）设中点为，由中点坐标公式可知，点坐标为. 点在圆上，. 故线段中点的轨迹方程为（2）设的中点为，在中，设为坐标原点，连结，则，所以， 所以. 故中点的轨迹方程为20.设椭圆的中心是坐标原点，长轴在x轴上，离心率，已知点到椭圆的最远距离
13、是，求椭圆的标准方程【答案】【解析】【分析】利用离心率可求得,设为椭圆上的点,由求出最大值时的a,b,即可求得椭圆的标准方程【详解】由题,椭圆的中心是坐标原点,长轴在x轴上,离心率,设,则,所以,故,设为椭圆上的点,则 , 当,即,当时有最大值,由,得,不成立；当,当时有最大值,由,解得,所以,故椭圆的标准方程为：【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查椭圆的参数方程的应用,考查两点间距离公式的应用,考查运算能力21.已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点.（1）证明：面面；（2）求与夹角的余弦值；（3）求面与面所成二面角余弦值的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分
14、析】（1）证明面面，只需证明平面内的直线垂直于平面内的相交直线即可；（2）建立空间直角坐标系，求得，利用向量所成的角，即可求解异面直线与夹角的余弦值；（3）作在上取一点，则存在，使，得，.所以为所求二面角的平面角，即可利用向量所成角的公式，求解面与面所成二面角余弦值的大小.【详解】证明：以为坐标原点长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为，（1）证明：因，故，所以.由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面，又在面上，故面面.（2）解：因，故，所以.（3）解：在上取一点，则存在，使，.要使，只需，即，解得.可知当时，点坐标为，能使.此时，有.由，得，.所以为所求二面角的平面角.，
15、面与面所成二面角余弦值的大小为【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定与证明以及空间角的求解，注意根据题设的特征建立合适的空间直角坐标系来证明与求解，本题属于中档题.22.已知点，点P为平面上的动点，过点P作直线l：的垂线，垂足为Q，且求动点P的轨迹C的方程；设点P的轨迹C与x轴交于点M，点A，B是轨迹C上异于点M的不同的两点，且满足，求的取值范围【答案】；【解析】【分析】设,则,根据代入整理即可得P点的轨迹方程；表示出MA方程并与轨迹C联立,可得A的坐标,设出直线AB的方程并与C联立,利用根于系数关系得到的坐标,进而得到,并用换元思想及二次函数最值可求出范围【详解】因为，设,则,所以,因为, 所以,整理得,所以点P的轨迹C的方程为根据题意知,设MA：,联立,解得,所以点,设AB：,联立,消去x得,设,则,因为,所以,则,所以,设,则,令,对称轴为,所以y在上单调递增,所以当时,y取最小值,即取最小值,所以最小值为,则最小值,所以取值范围是【点睛】本题考查动点轨迹方程,考查抛物线与直线的位置关系的应用,考查利用二次函数求最值,考查运算能力与数形结合思想
