第一學期期末教學質量檢測高二數學（時間120分鐘，滿分150）注意事項：本試卷分為第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，答第I卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考試科目寫在答題卡上.第I卷（選擇題，共60分）一、單項選擇題（本大題共8個小題，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.直線的傾斜角為（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】C【解析】【分析】化成斜截式方程得斜率為，進而根據斜率與傾斜角的關系求解即可.【解析】將直線一般式方程化為斜截式方程得：，所以直線的斜率為，所以根據直線傾斜角與斜率的關系得直線的傾斜角為.故選：C2.空間直角坐標系中，平行四邊形的三點坐標分別為，，，則D的坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用在平行四邊形中有，計算即可.【解析】結合題意：設D的坐標為，因為，，，所以,，因為在平行四邊形中有，所以，解得，所以D的坐標為.故選：B.3.若圓心坐標為的圓被直線截得的弦長為，則該圓的一般方程為()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意，設圓的半徑為，求出圓心到直線的距離，由直線與圓的位置關系可得的值，即可得圓的標準方程，變形可得答案.【解析】根據題意，設圓的半徑為，圓心坐標為，到直線的距離，該圓被直線截得的弦長為，則有，則圓的方程為，變形可得，故選：A.4.設是等比數列，且，，則（）A.12 B.24 C.30 D.32【答案】D【解析】【分析】根據已知條件求得的值，再由可求得結果.【解析】設等比數列的公比為，則，，因此，.故選：D.【小結】本題主要考查等比數列基本量的計算，屬于基礎題．5.將一顆骰子先后拋擲2次，觀察向上的點數，將第一次向上的點數記為m，第二次向上的點數記為n，則的概率等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據題意，利用列舉法求得所求事件中所包含的基本事件的個數，結合古典概型的概率計算公式，即可求解.【解析】由題意，將一顆骰子先后拋擲2次，第一次所得點數,第二次所得點數,記為.，，共有種結果，其中滿足的有：，共有9種結果，由古典概型的概率計算公式，可得滿足的概率為.故選：D.6.若拋物線上的點到其焦點的距離是到軸距離的倍，則等于A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】【分析】根據拋物線的定義及題意可知3x0=x0+,得出x0求得p，即可得答案．【解析】由題意，3x0=x0+，∴x0=∴∵p＞0，∴p=2.故選D．【小結】本題主要考查了拋物線的定義和性質．考查了考生對拋物線定義的掌握和靈活應用，屬于基礎題．7.斐波那契數列因意大利數學家斐波那契以兔子繁殖為例引入，故又稱為“兔子數列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在實際生活中，很多花朵（如梅花、飛燕草、萬壽菊等）的瓣數恰是斐波那契數列中的數，斐波那契數列在現代物理及化學等領域也有著廣泛的應用.斐波那契數列滿足：，，則是斐波那契數列中的第（）項A.2020 B.2021 C.2022 D.2023【答案】C【解析】【分析】根據題意，結合，，利用累加法，即可求解.【解析】由斐波那契數列滿足：，，則.故選：C.8.在三棱錐中，，，是的中點，滿足，則異面直線，所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據三棱錐的對棱相等可以補成長方體，計算長方體的長寬高，建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算即可求得異面直線，所成角的余弦值.【解析】解：三棱錐中，由于，，則三棱錐可以補在長方體，則設長方體的長寬高分別為，則，解得，如圖以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，則，所以，則，，所以，則異面直線，所成角的余弦值為.故選：D.二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.）9.袋子中有六個大小質地相同的小球，編號分別為1，2，3，4，5，6，從中隨機摸出兩個球，設事件A為摸出的小球編號都為奇數，事件B為摸出的小球編號之和為偶數，事件C為摸出的小球編號恰好只有一個奇數，則下列說法全部正確的是（）A.事件A與B是互斥事件 B.事件A與C是互斥事件C.事件B與C是對立事件 D.事件A與B相互獨立【答案】BC【解析】【分析】由題意可知摸出的兩球的編號可能都是奇數或都是偶數或恰好一個奇數一個偶數，共三種情況，由此可判斷之間的互斥或對立的關系，再由古典概型求出判斷是否相互獨立可得答案.【解析】由題意知，事件為摸出的小球編號都為奇數，事件B為摸出的小球編號之和為偶數，即摸出的小球編號都為奇數或都為偶數，故事件A，B不互斥，故A錯誤；事件C為摸出的小球編號恰好只有一個奇數，即摸出的兩球編號為一個奇數和一個偶數，其反面為摸出的小球編號都為奇數或都為偶數，故B，C是對立事件，故C正確；事件A，C不會同時發生，故A，C是互斥事件，故B正確；每次摸出兩個小球，所有基本事件為：,,，共有15個，所以由古典概型可得，，,所以，故事件A與B不相互獨立，故D錯誤.故選：BC.10.已知橢圓C：的左右焦點分別為，，P是橢圓C上的動點，點，則下列結論正確的是（）A. B.面積的最大值是C.橢圓C的離心率為 D.最小值為【答案】ACD【解析】【分析】A選項，根據橢圓定義求出答案；B選項，數形結合得到當在上頂點或下頂點時，面積最大，求出最大值；C選項，由直接求解即可；D選項，作出輔助線，結合橢圓定義得到，當三點共線且在之間時,取得最小值，得到答案.【解析】A選項，由題意得，由橢圓定義可得，A正確；B選項，當在上頂點或下頂點時，面積最大，最大值為，B錯誤；C選項，離心率，C正確；D選項，因為，所以點在橢圓內，連接，由橢圓定義可知，故，故，當三點共線且在之間時，取得最小值，最小值為，所以最小值為，D正確.故選：ACD11.已知向量，，則下列說法不正確的是（）A.向量與向量共面B.向量在向量上的投影向量為C.若兩個不同的平面的法向量分別是，則D.若平面的法向量是，直線的方向向量是，則直線與平面所成角的余弦值為【答案】ACD【解析】【分析】根據空間向量的基本定理，可判定A錯誤；根據投影向量的求法，可判定B正確；根據，可判定C錯誤；根據線面角的空間的向量求法，可判定D錯誤.【解析】對于A中，設，可得，此時，方程組無解，所以向量與向量不共面，所以A錯誤；對于B中，由向量，可得向量在向量上的投影向量為，所以B正確；對于C中，若兩個不同的平面的法向量分別是，因為，所以與不垂直，所以平面與平面不垂直，所以C錯誤；對于D中，若平面的法向量是，直線的方向向量是，設直線與平面所成角為，其中，則，所以，所以D錯誤.故選：ACD.12.在數學課堂上，教師引導學生構造新數列：在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的和，形成新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列.將數列1,2進行構造，第1次得到數列1,3,2；第2次得到數列1,4,3,5,2；…；第次得到數列1，，2；…記，數列的前項為，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據數列的構造方法先寫出前面幾次數列的結果，尋找規律，再進行推理運算即可.【解析】由題意可知，第1次得到數列1,3,2，此時第2次得到數列1,4,3,5,2，此時第3次得到數列1,5,4,7,3,8,5,7,2，此時第4次得到數列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此時第次得到數列1，，2此時所以，故A項正確；結合A項中列出的數列可得：用等比數列求和可得則又所以，故B項正確；由B項分析可知即，故C項錯誤.，故D項正確.故選：ABD.【小結】本題需要根據數列的構造方法先寫出前面幾次數列的結果，尋找規律，對于復雜問題，著名數學家華羅庚指出:善于“退”，足夠的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是學好數學的一個訣竅.所以對于復雜問題我們應該先足夠的退到我們最容易看清楚的地方,認透了,鉆深了,然后再上去，這就是以退為進的思想.第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.如圖所示，在平行六面體中，，，，點M是的中點，點是上的點，且，若，則___________.【答案】##【解析】【分析】利用空間向量的加減及數乘運算，以為基底，用基向量表示，再空間向量基本定理待定系數即可.【解析】在平行六面體中,因為點M是的中點，點是上的點,所以.又，由空間向量基本定理得，，則.故答案為：.14.天氣預報預測在今后的三天中，每天下雨的概率都為60%.現采用隨機模擬的方法估計這三天中恰有兩天下雨的概率，用1，2，3，4，5，6表示下雨，7，8，9，0表示不下雨.用計算機產生了10組隨機數為180，792，454，417，165，809，798，386，196，206.據此估計這三天中恰有兩天下雨的概率近似為____________.【答案】##0.4【解析】【分析】分析數據得到三天中恰有兩天下雨的有417，386，196，206，得到答案.【解析】10組隨機數中，表示三天中恰有兩天下雨的有417，386，196，206，故這三天中恰有兩天下雨的概率近似為.故答案為：15.等差數列的前項和分別為和，若，則_____.【答案】【解析】【分析】利用等差數列前項和公式，將題目所求的式子中的有關的式子，轉化為有關的式子來求解.【解析】原式.【小結】本小題主要考查了等差數列通項公式的性質，考查了等差數列前項和公式，考查了通項公式和前項和公式的轉化.對于等比數列來說，若，則有，而前項和公式，可以進行通項和前項和的相互轉化.屬于基礎題.16.已知過點的直線與雙曲線：交于A、B兩點，若點P是線段的中點，則雙曲線C的離心率取值范圍是____________.【答案】【解析】【分析】利用點差法得到，根據題意和漸近線方程得到，故，從而求出離心率的取值范圍.【解析】設，則，兩式相減得，若，則的中點在軸上，不合要求，若，則的中點在軸上，不合要求，所以，因為為的中點，所以，故，因為的漸近線方程為，要想直線與雙曲線：交于A、B兩點，則，即，解得，所以離心率.故答案為：【小結】直線與圓錐曲線相交涉及中點弦問題，常用點差法，該法計算量小，模式化強，易于掌握，若相交弦涉及的定比分點問題時，也可以用點差法的升級版—定比點差法，解法快捷.四、解答題（本大題共6道小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）17.已知直線經過點.（1）若向量是直線的一個方向向量，求直線的方程；（2）若直線在兩坐標軸上的截距相等，求直線的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根據給定的方向向量，求出直線的斜率，利用直線的點斜式方程求解即得.（2）由已知，按截距是否為0，結合直線的截距式方程分類求解即得.【小問1解析】由向量是直線的一個方向向量，得直線的斜率，又經過點，則方程為：，即：，所以直線的方程為.【小問2解析】依題意，當直線過原點時，而直線又過點，則直線的方程為，即；當直線不過原點時，設直線的方程為，則有，解得，即直線的方程為，所以直線的方程為或.18.已知圓：.（1）當時，求直線被圓截得的弦長；（2）若直線與圓沒有公共點，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出圓心和半徑，得到圓心到直線的距離，利用垂徑定理求出弦長；（2）求出圓心和半徑，根據圓心到的距離大于半徑得到不等式，求出答案.【小問1解析】當時，圓：，圓心，半徑，所以圓心到直線的距離，設直線與圓交于A、B兩點，則弦長故直線被圓C截得的弦長為.【小問2解析】圓方程為，恒成立，因為直線與圓C沒有公共點，圓心到的距離，所以，即，解得：，故的取值范圍是.19.已知{an}是各項均為正數的等比數列,且.(I)求數列{an}通項公式；(II){bn}為各項非零的等差數列,其前n項和Sn,已知,求數列的前n項和.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】【解析】試題分析：（Ⅰ）列出關于的方程組,解方程組求基本量；（Ⅱ）用錯位相減法求和.試題解析：（Ⅰ）設的公比為，由題意知：.又，解得：，所以.（Ⅱ）由題意知：，又所以,令,則，因此,又,兩式相減得所以.【考點】等比數列的通項,錯位相減法求和.【名師小結】(1)等比數列運算問題的一般求法是設出首項a1和公比q,然后由通項公式或前n項和公式轉化為方程(組)求解．等比數列的通項公式及前n項和公式共涉及五個量a1,an,q,n,Sn,知其中三個就能求另外兩個,體現了方程的思想．(2)用錯位相減法求和時,應注意：在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”，以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式，若等比數列的公比為參數,應分公比等于1和不等于1兩種情況求解．20.如圖，在四棱錐中，平面.（1）證明：平面平面.（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先證明線面垂直，再應用面面垂直判定定理證明即可；（2）應用空間向量法求出二面角余弦.【小問1解析】因為平面，所以.在中可求得.在中，因為，所以，所以.又平面，所以.因為，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.【小問2解析】因為平面，所以分別以的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.由（1）知平面，所以為平面的一個法向量.設平面的法向量為，可得，令，得設平面與平面的夾角為，則21.甲，乙兩人進行圍棋比賽，采取積分制，規則如下：每勝1局得1分，負1局或平局都不得分，積分先達到2分者獲勝；若第四局結束，沒有人積分達到2分，則積分多的一方獲勝；若第四局結束，沒有人積分達到2分，且積分相等，則比賽最終打平．假設在每局比賽中，甲勝的概率為，負的概率為，且每局比賽之間的勝負相互獨立．（1）求第三局結束時乙獲勝的概率；（2）求甲獲勝概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）對乙來說共有兩種情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝，勝）,根據獨立事件的乘法公式即可求解.（2）以比賽結束時的場數進行分類，在每一類中根據相互獨立事件的乘法公式即可求解.【小問1解析】設事件A為“第三局結束乙獲勝”由題意知，乙每局獲勝的概率為，不獲勝的概率為．若第三局結束乙獲勝，則乙第三局必定獲勝，總共有2種情況：（勝，不勝，勝），（不勝，勝，勝）．故【小問2解析】設事件B為“甲獲勝”．若第二局結束甲獲勝，則甲兩局連勝，此時的概率．若第三局結束甲