第一學期期末考試試題高二數學注意：1．本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分．全卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘．2．請考生按規定用筆將所有試題的答案涂、寫在答題紙上．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.雙曲線的焦點坐標是（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據雙曲線方程可得，然后根據可得，最后得出結果.【解析】由題可知：雙曲線的焦點在軸上，且，所以雙曲線的焦點坐標為故選：B2.已知是等比數列，公比為q，前n項和為，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據等比數列的通項公式和性質，即可求解.【解析】.故選：B3.已知函數的導函數為，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意，求得，列出方程組，即可求解.【解析】由函數，可得，因為，可得，所以，解得.故選：C.4.如圖，在平行六面體中，，，，點P在上，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】結合幾何圖形，利用向量的線性運算公式，即可求解.【解析】，，.故選：A5.已知數列的通項公式為，前n項和為，則（）A.數列為等差數列，公差為B.數列為等差數列，公差為8C.當時，數列的前n項和為D.當時，數列的前n項和為【答案】D【解析】【分析】首先判斷數列是等差數列，從而求得，即可判斷AB；寫出數列的前n項和，并去絕對值，即可判斷CD.【解析】對于A，由，得，，可知數列是首項為8，公差為的等差數列，則，則，所以，所以數列為等差數列，公差為，故A錯誤；對于B，，而，所以數列為等差數列，公差為9，故B錯誤；對于CD，當時，；當時，；當時，；所以，故C錯誤，D正確.故選：D6.已知曲線E：，則下列結論中錯誤的是（）A.曲線E關于直線對稱B.曲線E與直線無公共點C.曲線E上的點到直線的最大距離是D.曲線E與圓有三個公共點【答案】C【解析】【分析】分類討論求出曲線的方程，畫出圖象，結合圖象逐項分析即可.【解析】因為曲線E的方程為，當，時，曲線E的方程為，當，時，曲線E的方程為，是焦點在上的等軸雙曲線右支的一部分.當，時，曲線E的方程為，是焦點在上的等軸雙曲線上支的一部分.作出曲線E的圖象如圖：由圖象可知曲線E關于直線對稱，曲線E與直線無公共點，故A，B正確；作的平行線與曲線E切于點，曲線E上的點到直線的最大距離是圓的半徑為，故C錯誤；圓的圓心為：，曲線E上的點到圓心的最大距離為.圓過點，如圖：曲線E與圓有三個公共點，故D正確.故選：C.7.在平面直角坐標系xOy中，點，在橢圓C：上，且直線OA，OB的斜率之積為，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】首先由題意得到，平方后，利用點在橢圓上，變形得到的值，即可求解.【解析】因為點，在橢圓上，所以，因為直線的斜率之積為，所以，得到，得，.故選：C8.在空間直角坐標系Oxyz中，，，若直線AB與平面xOy交于點，點P的軌跡方程為，則（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用空間向量共線的坐標表示求出關系式，再利用空間兩點間距離求解即得.【解析】依題意，，顯然，則，解得，又，即，所以.故選：B【小結】關鍵小結：利用空間向量共線的坐標表示求得是解題之關鍵.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.記為無窮等比數列的前n項和，若，則（）A. B.C.數列為遞減數列 D.數列有最小項【答案】BD【解析】【分析】設等比數列的公比為q，分析可知，由條件可得，可判斷ABC選項，對q分情況討論，利用數列的單調性可判斷D選項.【解析】對于A，設等比數列的公比為q，因為，所以，又，即，所以，且，故A錯誤；對于B，又，故B正確；對于C，若，，當n為奇數時，，此時，則，當n為偶數時，，此時，則，此時數列不單調，故C錯誤；對于D，因為，當時，此時數列單調遞增，則有最小項，無最大項；當時，若n為正奇數時，，則，此時單調遞減，則，若n為正偶數時，，則，此時單調遞增，則，故當時，的最大值為，最小值為，綜上所述，數列有最小項，故D正確.故選：BD.10.如圖，在正三棱臺中，已知，則（）A.向量，，能構成空間的一個基底B.在上的投影向量為C.AC與平面所成的角為D.點C到平面的距離是點到平面的距離的2倍【答案】AD【解析】【分析】A選項，根據棱臺的特征得到三向量不共線，得到A正確；B選項，建立空間直角坐標系，利用空間投影向量公式得到在上的投影向量為；C選項，求出平面的法向量，利用線面角的夾角公式求出答案；D選項，利用點到平面的距離公式求出兩個點到平面的距離，得到D正確.【解析】A選項，正三棱臺中，向量，，不共線，故向量，，能構成空間的一個基底，A正確；B選項，，故，，取中點，的中點，連接，則⊥，⊥，取的中心，連接，則⊥底面，過點作平行于，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，連接，過點作⊥于點，則，因為，由勾股定理得，則，故，，故在上的投影為，B錯誤；C選項，，設平面的法向量為，則，解得，令得，故，，設AC與平面所成的角為，則，故，故AC與平面所成的角為，C錯誤；D選項，點C到平面的距離是，點到平面的距離，點C到平面的距離是點到平面的距離的2倍，D正確.故選：AD11.已知直線l：與拋物線C：交于A，B兩點，O為坐標原點，則（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】將直線方程和拋物線方程聯立根據韋達定理和拋物線的定義即可求出，利用向量的數量積公式并結合韋達定理可求出的余弦值即可判斷選項、，將△分成以為底的兩個同底三角形并結合韋達定理即可求解.【解析】當時，，此時的焦點坐標為，直線也恒過點，設，，將聯立得，，由韋達定理可知，，，，∵，∴，則錯誤；由拋物線的定義可知，則正確；當時，，此時的焦點坐標為，直線恒過點，設，，將聯立得，，由韋達定理可知，，，，則，即，∴，則正確；，則正確；故選：.12.已知函數，，記，，則（）A.若正數為的從小到大的第n個極值點，則為等差數列B.若正數為的從小到大的第n個極值點，則為等比數列C.，在上有零點D.，在上有且僅有一個零點【答案】ABD【解析】【分析】由，求得，結合等差數列的定義，可判定A正確；由，結合等比數列的定義，可判定B正確；令，即，轉化為，令，利用導數求得函數的單調性與極值，進而可判定C錯誤，D正確.【解析】由函數，可得，，對于A中，由，令，可得，解得，即所以數列的通項公式為，則（常數），所以數列為等差數列，所以A正確；對于B中，由，則，可得（常數），所以數列為等比數列，所以B正確；對于C、D中，由，令，即，顯然，且時，不是函數的零點；當，且時，可得，令，其中，且，可得，令，即，即，解得，且，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以當時，有極小值，且，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以當時，有極大值，且，所以函數的值域為，當時，函數與沒有公共點，所以函數在上沒有零點，所以C錯誤；當時，函數與只有一個公共點，即函數在上有且僅有一個零點，所以D正確.故選：ABD.【小結】方法技巧：已知函數零點（方程根）的個數，求參數的取值范圍問題的三種常用方法：1、直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數的取值范圍2、分離參數法，先分離參數，將問題轉化成求函數值域問題加以解決；3、數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中作出函數的圖象，然后數形結合求解.結論拓展：與和相關的常見同構模型①，構造函數或；②，構造函數或；③，構造函數或.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知：的圓心坐標為，半徑為r，則________．【答案】0【解析】【分析】首先求圓心和半徑，即可求解值.【解析】，圓心為，半徑，所以，則.故答案為：14.數列滿足，，則________．【答案】【解析】【分析】首先根據遞推公式變形得到，再根據等差數列的定義求數列的通項公式，變形后求的值.【解析】由題意，易知，由，兩邊取倒數得，即，所以數列是首項，公差為2的等差數列，所以，即，則.故答案為：.15.已知函數在某點處的切線的斜率不大于1，則切點為整點（橫縱坐標均為整數）的個數是________．【答案】4【解析】【分析】結合導數的幾何意義，轉化為，求解集中的整點.【解析】由題意，，即，解得，其中的整點有0,1,2,3，共4個.故答案為：416.已知，是雙曲線C：的左右焦點，過作雙曲線C的一條漸近線的垂線，垂足為N，直線與雙曲線C交于點，且均在第一象限，若，則雙曲線C的離心率是________．【答案】或【解析】【分析】易得，再根據雙曲線的定義結合，求出，求出，再在中，利用余弦定理構造的齊次式，即可得解.【解析】因為均在第一象限，所以垂足在漸近線上，，則，由題意可得，所以，又因，所以，即，所以，所以，故，在中，，則，在中，由余弦定理得，，即，整理得，即，解得或，當時，離心率，當時，離心率，所以雙曲線C的離心率是或.故答案為：或.【小結】方法小結：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得、的值，根據離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關于、的齊次方程，然后轉化為關于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.記是公差為整數等差數列的前n項和，，且，，成等比數列．（1）求和；（2）若，求數列的前20項和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據已知條件求出公差，由公式即可確定和.（2）根據已知條件求出，裂項相消法求即可.【小問1解析】設，由，得，所以或，由于，所以.所以，，.【小問2解析】由知：，故，由所以.18.已知圓M：，圓N經過點，，．（1）求圓N的標準方程，并判斷兩圓位置關系；（2）若由動點P向圓M和圓N所引的切線長相等，求動點P的軌跡方程．【答案】（1），兩圓外離（2）【解析】【分析】（1）根據題意可知圓N是以為直徑的圓，進而可得圓N、圓M的圓心和半徑，進而判斷兩圓位置關系；（2）設，根據切線長性質結合兩點間距離公式分析求解.【小問1解析】由題意可知：，則圓N是以為直徑的圓，則圓N的圓心，半徑，所以：，又因為圓M的圓心，半徑，可得，即，所以兩圓外離（相離）.【小問2解析】設圓M上的切點為A，圓N上的切點為B，由題意可得：，設，則，整理得，所以點P的軌跡方程為：．19.已知函數．（1）當時，求函數的單調區間；（2）若函數在內存在兩個極值點，求實數a的取值范圍．【答案】（1）單調遞增區間為：和，單調遞減區間為：（2）或【解析】【分析】（1）首先求函數的導數，利用導數求解函數的單調區間；（2）首先求函數的導數，并化簡為，，再討論的取值，結合函數的單調性，判斷函數極值點的個數，從而求解實數的取值范圍.【小問1解析】當時，，定義域為令，得或，所以的單調遞增區間為：和，單調遞減區間為：小問2解析】①當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故只有一個極小值點，與條件矛盾，故舍去．②當時，在和上單調遞增，在上單調遞減，故有兩個極值點a和，與條件相符．③當時，和上單調遞增，在上單調遞減，故有兩個極值點a和，與條件相符．④當時，，故在上單調遞增，無極值點，舍去．⑤當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，故只有一個極大值點，與條件矛盾，故舍去．綜上可得：或20.在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，交于O，，，．（1）求P到平面的距離；（2）求鈍二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先證明平面，然后作于H，證明面，再求得即得；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求二面角．【小問1解析】由題知，，，，，由，，，得平面．在正中，作于H，又平面,平面，所以，又AO，BD是平面ABCD內兩相交直線，所以面，所以，點P到平面ABCD的距離為．【小問2解析】建立空間直角坐標系，由（1）知是中點，即，則，，，，，，設平面的法向量為，則，取，得，設平面的一個法向量是，則，取得，設所求鈍二面角的平面角為，則．21.物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數零點時，給出了“牛頓數列”，它在航空航天中應用非常廣泛．其定義是：對于函數，若滿足，則稱數列為牛頓數列．已知，如圖，在橫坐標為的點處作的切線，切線與x軸交點的橫坐標為，用代替重復上述過程得到，一直下去，得到數列．（1）求數列的通項公式；（2）若數列的前n項和為，且對任意的，滿足，求整數的最小值．（參考數據：，，，）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根據導數的幾何意義求切線方程，并令，得到數列的遞推公式，即可求解；（2）法一，由（1）可知，，利用錯位相減法求數列的前項和，代入不等式，參變分離為，轉化為作差判斷數列的單調性，再求數列的最大值，即可求解；法二，利用裂項相消法求數列的前項和，代入不等式，參變分離為，轉化為作商判斷數列的單調性，再求數列的最大值，即可求解.【小問1解析】，在點處的切線方程為：令，得，所以是首項為1，公比為的等比數列，故【小問2解析】令法一：錯位相減法，，兩式相減得：化簡得：故，化簡得令，則，當時，，即，當時，，即，所以從而整數；法二：裂項相消法由，設且，則，于是，得，即所以故，化簡得令，則時，，當當時，，即，當時，，即，所以從而整數【小結】關鍵點小結：本題的關鍵是第一問理解題意，理解與的關系，從而求出數列的通項公式，后面的問題迎刃而解.22.拋