1、2019-2020学年辽宁省辽阳市高二（上）期末数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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（5分）在数列an中，a10，an3an1+2（n2），则a3（）A2B6C8D142（5分）已知直线l经过A（2，1），两点，则直线l的倾斜角是（）A30B60C120D1503（5分）抛物线y2x2的准线方程是（）A8x+10B8y+10C8y10D4y+104（5分）若等差数列an的公差d2，a8：a77：8，则a1（）A15B28C15D285（5分）已知双曲线1的焦点与椭圆1的焦点相同，则m（）A1B3C4D56（5分）已知
2、Sn是等差数列an的前n项和，若a1+a12a7+6，则S11（）A99B33C198D667（5分）已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是B1C1的中点，F是底面A1B1C1D1的中心，则异面直线AF与DE所成角的余弦值为（）ABCD8（5分）已知等比数列an的前n项和为Sn，若，则a31，S5（）A10B15C20D259（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P是该双曲线上的一点，且|PF1|10，则|PF2|（）A2或18B2C18D410（5分）已知椭圆E：的左、右焦点分别为F1，F2，定点A（1，4），点P是椭圆E上的动点，则|PA|+|PF1|的最大值是（）A7B
3、10C17D1911（5分）若直线被圆C：（x1）2+（y2）24截得的弦长为4，则a+2b的最小值为（）A16B10C9D812（5分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线分别为l1，l2，过点F1且与l1垂直的直线l交l1于点P，交l2于点Q，若，则双曲线的离心率为（）ABC2D3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13（5分）已知向量，则 14（5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD1，E为C1D1的中点，则直线BE与平面ABB1A1所成角的大小是 15（5分）已知直线2x+my+40与圆（x+1）2+（y2）29的两
4、个交点关于直线nx+yn0对称，则mn 16（5分）已知抛物线C：y24x，点Q在x轴上，直线l：（m2）xy2m+40与抛物线C交于M，N两点，若直线QM与直线QN的斜率互为相反数，则点Q的坐标是 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.考生根据要求作答.17（10分）已知直线l经过点（3，2）（1）若l与直线y2x平行，求l的方程（结果用一般式表示）；（2）若l在x轴上的截距与在y轴上的截距相等，求l的方程（结果用一般式表示）18（12分）已知圆C经过A（5，3），B（4，4）两点，且圆心在x轴上（1）求圆C的标准方程；（2）若直线l过点（5，2
5、），且被圆C所截得的弦长为6，求直线l的方程19（12分）已知抛物线C：x28y的焦点为F，直线l与抛物线C交于M，N两点（1）若直线l的方程为yx+3，求|MF|+|NF|的值；（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且2，求|MN|20（12分）已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3ana1（nN*），数列bn满足b14，bn2Sn+nan+1（nN*）（1）求an的通项公式；（2）求bn的前n项和Tn21（12分）如图，在四棱锥PABCD中，ABAD，ADBC，PAPBPD，PE2EC，O为BD的中点（1）证明：OP平面ABCD（2）若AB2，BC2AD4，PA4，求二面角CBD
6、E的余弦值22（12分）已知椭圆E：1（ab0）的焦距为2，点A在椭圆E上，且|OA|的最小值是（O为坐标原点）（1）求椭圆E的标准方程；（2）已知动直线l与圆O：x2+y2t2（t0）相切，且与椭圆E交于P，Q两点是否存在实数t，使得OPOQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由2019-2020学年辽宁省辽阳市高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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（5分）在数列an中，a10，an3an1+2（n2），则a3（）A2B6C8D14【分析】直接利用数列的递推关系式，逐步求解即可【解
7、答】解：因为a10，an3an1+2，所以a23a1+22，则a33a2+28故选：C【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力，是基础题2（5分）已知直线l经过A（2，1），两点，则直线l的倾斜角是（）A30B60C120D150【分析】根据题意，设直线l的倾斜角为，结合直线的斜率公式可得k的值，进而可得tan，据此分析可得答案【解答】解：根据题意，设直线l的倾斜角为，直线l经过两点，则其斜率k，则有tan，即30；故选：A【点评】本题考查直线的斜率以及倾斜角的计算，关键是掌握直线的斜率计算公式，属于基础题3（5分）抛物线y2x2的准线方程是（）A8x+10B8y+10
8、C8y10D4y+10【分析】先将抛物线方程化为标准方程，进而可求抛物线的准线方程【解答】解：由题意，抛物线的标准方程为x2y，p，开口朝上，准线方程为y，即8y+10；故选：B【点评】本题的考点是抛物线的简单性质，主要考查抛物线的标准方程，属于基础题4（5分）若等差数列an的公差d2，a8：a77：8，则a1（）A15B28C15D28【分析】结合已知及等差数列的通项公式即可求解【解答】解：设a87k，a78k，7k8k2，则k2又a7a1+6d，则a1161228故选：B【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式的简单应用，属于基础试题5（5分）已知双曲线1的焦点与椭圆1的焦点相同，则m（）
9、A1B3C4D5【分析】求出椭圆与双曲线的焦点坐标，列出方程求解即可【解答】解：因为椭圆1的焦点坐标（，0），双曲线1的焦点坐标（，0）所以，解得m1故选：A【点评】本题考查椭圆与双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题6（5分）已知Sn是等差数列an的前n项和，若a1+a12a7+6，则S11（）A99B33C198D66【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可得出【解答】解：因为a1+a12a7+6，所以a66，则故选：D【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7（5分）已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是B1C1
10、的中点，F是底面A1B1C1D1的中心，则异面直线AF与DE所成角的余弦值为（）ABCD【分析】分别以D1A1、D1C1、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量的数量积求出异面直线AF与DE所成角的余弦值即可【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz，设该正方体的棱长为1，可得D（0，0，1），A（1，0，1），所以，所以故选：D【点评】本题利用空间直角向量法求异面直线所成的角，准确写出点的坐标是解题的关键，属于基础题8（5分）已知等比数列an的前n项和为Sn，若，则a31，S5（）A10B15C20D25【分析】根据题意，由等比数列的性质对变形
11、，分析可得答案【解答】解：根据题意，等比数列an中，a31，则 ，变形可得：S510故选：A【点评】本题考查等比数列的前n项和，涉及等比数列的性质，属于基础题9（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P是该双曲线上的一点，且|PF1|10，则|PF2|（）A2或18B2C18D4【分析】判断P所在位置，然后利用双曲线的定义转化求解即可【解答】解：因为|PF1|10a+c12，所以点P在该双曲线左支上，则|PF2|2a+|PF1|24+1018故选：C【点评】本题考查双曲线的简单性质以及双曲线的定义的应用，是基本知识的考查10（5分）已知椭圆E：的左、右焦点分别为F1，F2，定点A（1
12、，4），点P是椭圆E上的动点，则|PA|+|PF1|的最大值是（）A7B10C17D19【分析】通过|PA|PF2|AF2|5点P在椭圆E上，推出|PF1|+|PF2|2a12，然后求解|PA|+|PF1|的最大值【解答】解：由题意可得F2（4，0），则因为|PA|PF2|AF2|5因为点P在椭圆E上，所以|PF1|+|PF2|2a12，所以|PF1|12|PF2|，故|PA|+|PF1|12+|PA|PF2|17故选：C【点评】本题考查椭圆的定义以及椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题11（5分）若直线被圆C：（x1）2+（y2）24截得的弦长为4，则a+2b的最小值为（）A16B
13、10C9D8【分析】由题意可知直线l经过园C的圆心，再利用基本不等式即可求出结果【解答】解：由题意可知直线l经过圆C的圆心（1，2），则，故（当且仅当ab3时取等号），即a+2b的最小值为9，故选：C【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及基本不等式，是中档题12（5分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线分别为l1，l2，过点F1且与l1垂直的直线l交l1于点P，交l2于点Q，若，则双曲线的离心率为（）ABC2D3【分析】记O为坐标原点由题意可得F1（c，0），不妨设l1：，l2：，则直线l：联立，求出P的坐标，|PF1|b，|OP|a推出PQ|2|PF1|，得到|PQ|2b，通
14、过余弦定理转化求解离心率即可【解答】解：记O为坐标原点由题意可得F1（c，0），不妨设l1：，l2：，则直线l：联立，解得，则，故|PF1|b，|OP|a因为，所以|PQ|2|PF1|，所以|PQ|2b，则因为，所以，所以，整理得c44a2c2+3a40，则e44e2+30，解得故选：B【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，三角形的解法，余弦定理的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13（5分）已知向量，则（1，1，5）【分析】利用空间向量坐标运算法则直接求解【解答】解：，（1，1，5）故答案为：（1，1，5）
15、【点评】本题考查向量的求法，考查空间向量坐标运算法则等基础知识，考查运算南求解能力，是基础题14（5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AD1，E为C1D1的中点，则直线BE与平面ABB1A1所成角的大小是30【分析】取A1B1的中点F，连接EF，BF，则EBF为直线BE与平面ABB1A1所成的角，由此能求出直线BE与平面ABB1A1所成角的大小【解答】解：取A1B1的中点F，连接EF，BF，则EBF为直线BE与平面ABB1A1所成的角由题意可得EFAD1，则，故EBF30，即直线BE与平面ABB1A1所成角的大小是30故答案为：30【点评】本题考查线面角的的求法，考查空间中
16、线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算南求解能力，是中档题15（5分）已知直线2x+my+40与圆（x+1）2+（y2）29的两个交点关于直线nx+yn0对称，则mn3【分析】由题意可得直线2x+my+40与nx+yn0垂直，且nx+yn0经过圆的圆（1，2），结合直线垂直的条件可求【解答】解：由题意可得直线2x+my+40与nx+yn0垂直，且nx+yn0经过圆的圆（1，2），所以有解得m2，n1，故mn213故答案为：3【点评】本题主要考查了直线与圆相交性质的简单应用，属于基础试题16（5分）已知抛物线C：y24x，点Q在x轴上，直线l：（m2）xy2m+40与抛物线C交于M，N
17、两点，若直线QM与直线QN的斜率互为相反数，则点Q的坐标是（2，0）【分析】直线QM与直线QN的斜率互为相反数，设Q（n，0），M（x1，y1），N（x2，y2），则斜率可以表示，再联立抛物线和直线即可求解【解答】解：如图所示，直线QM、QN交Y轴分别于A、B点，不妨设m3，则直线方程为y+2x，联立抛物线y24x，得：y24y80，y1+y24，y1y28，设Q（n，0），M（x1，y1），N（x2，y2）直线QM与直线QN的斜率互为相反数，y1（x2n）+y2（x1n）0，xy+2y1（y2+2）+y2（y1+2）n（y1+y2）02y1y2+2（y1+y2）n（y1+y2）016+84n
18、0n2故答案为：（2，0）【点评】本题来源于2018年全国卷，考察抛物线与直线的问题，对于填空题来说，可以取m为特殊值简化计算三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.考生根据要求作答.17（10分）已知直线l经过点（3，2）（1）若l与直线y2x平行，求l的方程（结果用一般式表示）；（2）若l在x轴上的截距与在y轴上的截距相等，求l的方程（结果用一般式表示）【分析】（1）根据直线l与y2x平行求出斜率，利用点斜式写出l的方程（2）讨论直线l过原点和不过原点时，分别求出直线l的方程【解答】解：（1）因为l与直线y2x平行，所以l的斜率为2，由点斜式可得
19、，l的方程为y+22（x3），即2xy80（2）当直线l过原点时，l的斜率为k，所以l的方程为yx，即2x+3y0当直线l不过原点时，设直线l的方程为，代入（3，2），得a1，所以l的方程为x+y10综上，l的方程为2x+3y0或x+y10【点评】本题考查了直线方程的求法与应用问题，是基础题18（12分）已知圆C经过A（5，3），B（4，4）两点，且圆心在x轴上（1）求圆C的标准方程；（2）若直线l过点（5，2），且被圆C所截得的弦长为6，求直线l的方程【分析】（1）可先设出圆的标准方程，结合圆过A，B及圆的定义可求a，b，r，进而可求圆的方程，（2）先设出直线方程，注意直线的斜率存在情况，根
20、据直线与圆相交的性质及点到直线的距离公式可求【解答】解：（1）因为圆心在x轴上，所以可设圆的方程为（xa）2+y2r2（r0），因为圆C经过A（5，3），B（4，4）两点，所以解得a1，r5故圆C的标准方程是（x1）2+y225（2）因为直线l被圆C所截得的弦长为6，所以圆C的圆心到直线l的距离当直线l的斜率不存在时，因为直线l过点（5，2），即直线l的方程为x5，所以圆C的圆心到直线l的距离d514，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设出直线l的方程为y2k（x5），即kxy5k+20，则圆C的圆心到直线l的距离，解得，故直线l的方程为3x+4y230，综上，直线l的方程为x5或3x+4y2
21、30【点评】本题主要考查了利用圆的定义求解圆的方程及直线与圆相交所形成的弦长性质的应用，属于中档试题19（12分）已知抛物线C：x28y的焦点为F，直线l与抛物线C交于M，N两点（1）若直线l的方程为yx+3，求|MF|+|NF|的值；（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且2，求|MN|【分析】（1）联立方程组，利用抛物线的焦点弦公式即可求得|MF|+|NF|的值；（2）设直线方程，联立方程组，利用韦达定理及向量的共线定理，求得直线方程，利用弦长公式即可求得|MN|【解答】解：（1）设直线l与抛物线C交点M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程组，消去x，整理得y214y+90，
22、所以y1+y214，所以|MF|+|NF|y1+2+y2+218，所以|MF|+|NF|的值18；（2）设直线P（0，t），直线l的方程为y2x+t，M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程组，消去y，整理得x216x8t0，由162+48t0，则t8，所以x1+x216，x1x28t，因为2，（0x1，ty1）2（0x2，ty2），所以x12x2，由解得t，满足t8，所以|MN|【点评】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理、向量的坐标运算，考查弦长公式的应用，考查转化思想，属于中档题20（12分）已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3ana1（nN*），数列b
23、n满足b14，bn2Sn+nan+1（nN*）（1）求an的通项公式；（2）求bn的前n项和Tn【分析】（1）通过，得到，作差推出然后求解通项公式（2）求出，利用错位相减法，转化求解数列的和即可【解答】解：（1）因为，所以，所以，即因为b14，所以b12S1+a1+14，所以a11故数列an是以1为首项，以3为公比的等比数列，（2）由（1）可得，则，从而，得，故【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和的方法，考查转化思想以及计算能力，是中档题21（12分）如图，在四棱锥PABCD中，ABAD，ADBC，PAPBPD，PE2EC，O为BD的中点（1）证明：OP平面ABCD（2）若AB2，
24、BC2AD4，PA4，求二面角CBDE的余弦值【分析】（1）取AD的中点F，连接PF，OF推导出ADPF，OFABABAD，OFAD，从而AD平面POF进而ADOP推导出POBD由此能证明OP平面ABCD（2）以O为坐标原点，平行AD的直线为x轴，FO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz利用向量法能求出二面角CBDE的余弦值【解答】解：（1）证明：取AD的中点F，连接PF，OF因为PAPD，F为AD的中点，所以ADPF因为O为BD的中点，F为AD的中点，所以OFAB因为ABAD，所以OFAD，因为OFPFF，OF平面POF，PF平面POF，所以AD平面POF又OP平面
25、POF，所以ADOP因为PBPD，O为BD的中点，所以POBD因为ADBDD，AD平面ABCD，BD平面ABCD，所以OP平面ABCD（2）解：以O为坐标原点，平行AD的直线为x轴，FO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz则O（0，0，0），B（，1，0），D（，1，0），C（3，1，0），P（0，0，2）因为PE2EC，所以E（2，），故（2，2，0），（，），（0，0，2）设平面BDE的法向量（x，y，z），则，取x1，则（1，4）记二面角CBDE的大小为，由图可知为锐角，则cos|cos|二面角CBDE的余弦值为【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面
26、角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题22（12分）已知椭圆E：1（ab0）的焦距为2，点A在椭圆E上，且|OA|的最小值是（O为坐标原点）（1）求椭圆E的标准方程；（2）已知动直线l与圆O：x2+y2t2（t0）相切，且与椭圆E交于P，Q两点是否存在实数t，使得OPOQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）由题意可知b，c，又因为a2b2+c24，从而求出椭圆E的标准方程；（2）对直线l的斜率分情况讨论，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为xt，代入椭圆方程，求出与椭圆E的交点坐标，算出t的值；当直线l 的斜率存在时
27、，设直线l的方程为ykm+m，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合题目条件可得3m24（k2+1），因为动直线l与圆O相切，所以，从而求出t的值【解答】解：（1）因为|OA|的最小值是，所以b，因为椭圆E的焦距为2，所以2c2，即c，所以a2b2+c24，故椭圆E的标准方程是；（2）当直线l的斜率不存在时，因为直线l与圆O相切，所以直线l的方程为xt，则直线l与椭圆E的交点为（t，） 或（t，），因为OPOQ，所以，所以，即t，当直线l 的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，整理得：（2k2+1）x2+4kmx+2m240，则，因为P（x1，y1），Q（x2，y2），在直线l上，所以y1y2（kx1+m）（kx2+m），将则， 代入上式，得：，因为OPOQ，所以 ，即3m24（k2+1），因为动直线l与圆O相切，所以，所以 ，即t，综上，存在t，使得OPOQ【点评】本题主要考查了椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系，是中档题
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