天津市部分区20202021学年度高二第一学期期末练习数学试卷第卷（共36分）一、选择题：本大题共9小题，每小题4分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 在空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用中点坐标公式直接求解【详解】因为点，所以线段的中点坐标是，即.故选：B2. 准线为的抛物线的标准方程方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据抛物线准线方程可知抛物线的焦点位置和的值，由此可得抛物线的标准方程.【详解】因为准线为，所以抛物线的焦点在轴负半轴上，且，所以，所以抛物线的方程为.故选：D3. 经过，两点的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据斜率公式求出斜率，再根据点斜式可得结果.【详解】经过，两点的直线的斜率为，由点斜式可得所求直线方程，即.故选：A4. 在等比数列中，则（ ）A. 12B. -12C. 12D. 15【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的通项公式性质直接求解.【详解】由等比数列，可知，解得：故选：C.5. 焦点在x轴上的椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由长轴长可得，再由离心率求得，即可求出，得出椭圆方程.【详解】设椭圆方程为，长轴长为4，即，离心率为，故椭圆方程为.故选：A.6. 已知圆的方程为，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据可求得结果.【详解】因为表示圆，所以，解得.故选：C【点睛】关键点点睛：掌握方程表示圆的条件是解题关键.7. 莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.【详解】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，依题意可得，解得，.故选:A.【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.8. 已知F为双曲线C：（，）的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且垂直于x轴.若直线的倾斜角为，则C的离心率为（ ）A. B. 2C. 3D. 【答案】B【解析】【分析】首先求点的坐标，再求直线的斜率，利用关于的齐次方程求离心率.【详解】由条件可知，轴，当时，解得：，又因为直线的倾斜角为，所以点在第一象限，所以，即，化简为，两边同时除以后得，解得：（舍）或.故选：B9. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体中，则异面直线与之间的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出和的公垂线的方向向量，求出，再由可求出.【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，则，设和的公垂线的方向向量，则，即，令，则，.故选：D.【点睛】本题考查异面直线距离的求解，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解.第卷（共84分）二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.试题中包含两个空的，每个空2分.10. 已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是_.【答案】相交【解析】【分析】分别求出圆与圆的圆心与半径，再利用圆心距与半径之间的关系确定两圆的位置关系.【详解】圆，圆心，圆，圆心，又圆心距，则，所以两个圆是相交的.故答案为：相交【点睛】方法点睛：本题考查两圆的位置关系，利用几何法：圆心距d与r1，r2的关系判断：方法位置关系几何法：圆心距d与的关系外离外切相交内切内含11. 记为等差数列的前n项和，若（），则_.【答案】17【解析】【分析】利用求出，则可得.【详解】因为，当时，所以，又时，也适合上式，所以，所以.故答案为：17【点睛】关键点点睛：利用求出是解题关键.12. 经过点，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程为_.【答案】【解析】【分析】设出方程，代入点A即可求出.【详解】双曲线为等轴双曲线，则可设方程为，将代入可得，即，故方程为，化为标准方程为.故答案为：.13. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是_.【答案】【解析】【分析】利用向量在向量上的投影乘以与同向的单位向量即可得解.【详解】向量在向量上的投影是，所以向量在向量上的投影向量是，故答案为：【点睛】关键点点睛：理解向量在向量上的投影向量的概念是解题关键.14. 已知数列的首项，且满足（），则的前n项和_.【答案】【解析】【分析】根据递推公式构造等比数列，求出，再分组根据等比数列求和公式可得结果.【详解】由得，因为，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关键.15. 已知A，B两点的坐标分别是，直线，相交于点M，且直线的斜率与直线的斜率的差是4，则点M的轨迹方程为_.【答案】（）【解析】【分析】设，表示出直线与的斜率，由斜率之差为4建立关系可求.【详解】设点，其中，则，由题可得，整理可得.即点M的轨迹方程为.故答案为：.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.16. 已知等比数列满足，.（）求的通项公式；（）若，设（），记数列前n项和为，求.【答案】（）或；（）.【解析】【分析】（）设等比数列的公比为q，由已知建立方程组，求得数列的首项和公比，从而求得数列的通项； （）由（）及已知可得和（），运用错位相减法可求得数列的和【详解】解：（）设等比数列的公比为q，由，可得，记为又因为，可得，即记为， 由可得或，故的通项公式为或（）由（）及可知，所以（），所以 得，所以【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，等.（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.17. 已知圆C与直线相切于点，并且圆心在直线上，求圆C的方程.【答案】.【解析】【分析】根据过圆心和点的直线与直线垂直，得到过圆心和点的直线的斜率，进而得到过圆心和点的直线方程，将此直线与直线方程联立解得圆心坐标，再求出圆的半径，然后可得圆C的标准方程.【详解】依题意，过圆心和点的直线与直线垂直，故这条直线的斜率为 所以这条直线的方程由已知，所求圆的圆心C在直线上解方程组，可得，所以圆心C的坐标为半径为，所求圆C的方程为【点睛】关键点点睛：利用两直线方程联立求出圆心坐标是解题关键.18. 如图，在四面体中，平面，点M为棱的中点，.（）求直线与所成角的余弦值；（）求平面和平面的夹角的余弦值.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）以A为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系,利用空间向量的夹角公式可求得结果；（）利用两个平面的法向量可求得结果.【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得， （）依题意，所以直线与所成角余弦值为.（）易知，为平面的一个法向量，依题意，可得，设为平面的法向量，则即，不妨令，可得因此有，由图可知平面和平面的夹角为锐角，所以平面和平面的夹角的余弦值为【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.19. 已知椭圆E：（）的焦距为，且离心率为.（）求E的方程；（）若直线（）与E相交于A，B两点，M为E的左顶点，且满足，求k.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）由题可得，求出即得椭圆方程；（）联立直线与椭圆方程，得出坐标关系，由建立方程即可求出.【详解】（）解：由题意知，又因为解得，故E的标准方程为（）由，得，得或不妨设，则，由（）知，故，由，知又因为，故【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.20. 已知等差数列的前n项和为，（）.（）求的通项公式；（）设数列满足（），记数列的前n项和为，求.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）根据条件求出等差数列的首项和公差，即可求出通项公式；（）先由已知可求出，进而可得，分为奇数和n为偶数时可求.【详解】解：（）设等差数列的公差为d，由，可得，即记为又因为（），取，所以，即记为，由可得，故的通项公式为（）由可得且（），上述两式作差可得（），满足，（）所以当n为偶数时当n为奇数时，所以【点睛】本题考查数列的求和方法，解题的关键是将所求数列裂项得出，进而对n分奇偶进行求和.