2019-2020学年上海市黄浦区高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、已知等差数列an （nN*） 中， 若 a10100， 则等式 a1+a2+ana1+a2+a2019 n（n2019，nN*）恒成立；运用类比思想方法，可知在等比数列中， 若 b1001，则与此相应的等式 恒成立 11 （3 分）已知点 A（a，0） 、B（0，b） ，椭圆经过点 D（2， ） ， 点 F 为椭圆的右焦点， 若FAB 的一个内角为 120， 则椭圆 C 的方程是 12 （3 分）已知点 M（1，0） 、N（1，0） ，若直线 l 的图象上存在点 P，使得|PM|+|PN| 4 成立，则说直线 l 是“T 型直线” 给出下列直线： （1）l：y+20； （2）l：2x50； （

2、3）l：x2y40； （4）l：3x+y+30； （5）l： （2m+1）x+y+10（常数 mR） 其中代表“T 型直线”的序号是 （要求写出所有 T 型直线的序号） 第 2 页（共 17 页） 二、选择题（本大题满分二、选择题（本大题满分 12 分）本大题共有分）本大题共有 4 题，每题有且只有一个正确答案，考生应在题，每题有且只有一个正确答案，考生应在 答题卷的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得答题卷的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 3 分，否则一律得零分分，否则一律得零分. 13 （3 分）平面直角坐标系上动点 M（x，y） ，满足，则 动点 M 的轨迹是（ ） A

3、直线 B线段 C圆 D椭圆 14 （3 分）已知，记 Pf（k） （k1，kN*） ， 若 f（k+1）P+Q，则 Q（ ） A B C D 15 （3 分）已知 aR，若不论 a 为何值时，直线 l： （12a）x+（3a+2）ya0 总经过一 个定点，则这个定点的坐标是（ ） A （2，1） B （1，0） C D 16 （3 分）已知平面直角坐标系内曲线 C1：F（x，y）0，曲线 C2：F（x，y）F（x0， y0）0，若点 P（x0，y0）不在曲线 C1上，则下列说法正确的是（ ） A曲线 C1与 C2无公共点 B曲线 C1与 C2至少有一个公共点 C曲线 C1与 C2至多有一个公共

4、点 D曲线 C1与 C2的公共点的个数无法确定 三、解答题（本大题满分三、解答题（本大题满分 0 分）本大题共有分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须在答题卷的相应编号题，解答下列各题必须在答题卷的相应编号 规定区域内写出必要的步骤规定区域内写出必要的步骤. 17已知向量、 （1）若向量，求实数 t 的值； （2）若向量满足，求的值 18已知 M（1，1） 、N（2，2） 、P（3，1） ，圆 C 经过 M、N、P 三点 第 3 页（共 17 页） （1）求圆 C 的方程，并写出圆心坐标和半径的值； （2）若过点 Q（1，1）的直线 l 与圆 C 交于 A、B 两点，求弦 AB 的长度|AB

5、|的取值范围 19已知数列an满足 a1a， （1）若数列an是等差数列，求通项公式 an； （2）已知 a2，求证数列an+1是等比数列，并求通项公式 an 20已知各项为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 （1）求 a1的值，并求 an+1的解析式（用含 an的式子表示） ； （2）若对于一切正整数 n，有 Sn+an3 恒成立，求实数 的取值范围 21已知直线 l1：x4，点 F（1，0） ，点 M（x，y）是平面直角坐标系内的动点，且点 M 到直线 l1的距离是点 M 到点 F 的距离的 2 倍记动点 M 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）过点 F 的直线 l2

6、与曲线 C 交于 A、B 两点，若OAB（O 是坐标系原点）的面积为 ，求直线 l2的方程； （3）若（2）中过点 F 的直线 l2是倾斜角不为 0 的任意直线，仍记 l2与曲线 C 的交点为 A、B，设点 G 为线段 AB 的中点，直线 OG 与直线 l1交于点 D，求DFB 的大小 第 4 页（共 17 页） 2019-2020 学年上海市黄浦区高二（上）期末数学试卷学年上海市黄浦区高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题满分一、填空题（本大题满分 36 分）本大题共有分）本大题共有 12 题，考生应在答题卷的相应编号的空格内题，考生应在答题卷的相应

7、编号的空格内 直接填写结果，每题填对得直接填写结果，每题填对得 3 分，否则一律得零分分，否则一律得零分. 1 （3 分）已知点 A（1，2） 、B（3，4） ，则向量 （4，6） 【分析】利用向量坐标运算法则直接求解 【解答】解：点 A（1，2） 、B（3，4） ， 向量（4，6） 故答案为： （4，6） 【点评】本题考查向量的求法，考查向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题 2 （3 分）计算 2 【分析】把要求极限的式子分子分母同时除以 n2，则答案可求 【解答】解： 故答案为：2 【点评】本题考查数列极限的求法，是基础的计算题 3 （3 分）已知直线 l 经过 P（0

8、，1） 、Q（1，2）两点，则直线 l 的一个法向量是 （ 3t，t） ， （t0，tR） （答案不唯一） 【分析】设倾斜角为 ，则斜率 ktan，进而写出符合条件的一个法向量即可 【解答】解：直线 l 经过 P（0，1） 、Q（1，2）两点， 则直线 PQ 的斜率 k3， 直线 l 的方程为：y+13x，即 3xy10， 直线 l 的法向量为（3t，t） ， （t0，tR） 故答案为： （3t，t） ， （t0，tR） 第 5 页（共 17 页） 【点评】本题考查直线的法向量的求法，考查直线方程、直线斜率等基础知识，考查运 算求解能力，是基础题 4 （3 分）已知直线 l：x+ay20 经过

9、圆 C：x2+y22x+4y30 的圆心，则直线 l 的倾 斜角的大小是 arctan2 （结果用反三角函数值表示） 【分析】由圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程求得 a，进一步求得直线的斜率，再由 斜率等于倾斜角的正切值求解 【解答】解：由圆 C：x2+y22x+4y30，得圆心坐标为（1，2） ， 直线 l：x+ay20 经过圆 C：x2+y22x+4y30 的圆心， 12a20，即 a， 直线 l：xy20，则直线 l 的斜率为 k2 设直线 l 的倾斜角为 （0） ，则 tan2，得 arctan2 故答案为：arctan2 【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查直线倾斜角与斜率

10、的关系，是基础题 5 （3 分）已知向量、，则向量在向量方向上的投影的数 值是 【分析】根据平面向量投影的定义，计算即可 【解答】解：向量、， 则向量在向量方向上的投影的数值是 |cos 故答案为： 【点评】本题考查了平面向量投影的定义与计算问题，是基础题 6 （3 分）已知直线 l1：ax2y+10、l2：x+a（1+a）y30，若 l1l2，则实数 a 0 或 【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解 【解答】解：直线 l1：ax2y+10、l2：x+a（1+a）y30，l1l2， a12a（1+a）0， 第 6 页（共 17 页） 解得实数 a0 或 a 故答案为：0 或 【点评】本题考

11、查实数值的求法，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求 解能力，是基础题 7 （3 分）已知数列an（nN*）满足 a11，且，则通项公式 an 【分析】直接利用叠乘法的应用求出数列的通项公式 【解答】解：数列an（nN*）满足 a11，且， 则：， 所以， 所以， 故：（首项符合通项） ， 所以 故答案为： 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠乘法求数列的通项公 式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 8 （3 分）若等比数列an（nN*）各项的和为 4，则首项 a1的取值范围是 （0，4）（4， 8） 【分析】推导出|q|1，q1，4，a

12、14（1q） ，由此能求出首项 a1的取值范 围 【解答】解：等比数列an（nN*）各项的和为 4， |q|1，q1，4，a14（1q） ， 0a18 且 a14， 第 7 页（共 17 页） 首项 a1的取值范围是： （0，4）（4，8） 故答案为： （0，4）（4，8） 【点评】本题考查等比数列的首项的取值范围的求法，考查等比数列的性质等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 9 （3 分）过点 P（2，2）作直线 l 与圆 C： （x+1）2+（y1）22 相切，则直线 l 的一 般式方程是 xy+40 【分析】利用圆心到直线的距离等于半径，求出直线的斜率，然后求解直线方程 【解答】解：

13、设直线 l：y2k（x+2） ，即 kxy+2k+20，圆 C： （x+1）2+（y1）2 2 的圆心是（1，1） 由题得圆心 C 到直线的距离 d 等于圆半径 r， 即 d，解得 k1， 直线 l 的方程为 xy+40 故答案是：xy+40 【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：点到直线的距离公式，圆的 标准方程，以及直线的点斜式方程，当直线与圆相切时，圆心到切线的距离等于圆的半 径，熟练掌握此性质是解本题的关键 10 （3 分） 已知等差数列an （nN*） 中， 若 a10100， 则等式 a1+a2+ana1+a2+a2019 n（n2019，nN*）恒成立；运用类比思想

14、方法，可知在等比数列中， 若 b1001，则与此相应的等式 b1b2bnb1b2b199n，n199，nN* 恒 成立 【分析】 运用等比数列的性质及其类比思想方法， 可得： bn+1b199n1， n199 即 可得出结论 【解答】解：运用等比数列的性质及其类比思想方法，可得：bn+1b199n1，n 199 b1b2bnb1b2b199n，n199，nN* 故答案为：b1b2bnb1b2b199n，n199，nN* 【点评】本题考查了等比数列的性质及其类比思想方法，考查了推理能力与计算能力， 属于中档题 第 8 页（共 17 页） 11 （3 分）已知点 A（a，0） 、B（0，b） ，椭

15、圆经过点 D（2， ） ，点 F 为椭圆的右焦点，若FAB 的一个内角为 120，则椭圆 C 的方程是 【分析】由题意画出图形，由点在椭圆上可得关于 a，b 的方程，再由余弦定理列式，结 合隐含条件即可求得 a，b，则椭圆方程可求 【解答】解：如图， 由题意， AB2FA2+FB22FAFBcos120， 即 a2+b2（ac）2+a2+a（ac） ， 又 a2b2+c2， 联立，解得 a28，b26 椭圆 C 的方程是 故答案为： 【点评】本题考查椭圆标准方程的求法，考查余弦定理的应用，考查计算能力，是中档 题 12 （3 分）已知点 M（1，0） 、N（1，0） ，若直线 l 的图象上存在

16、点 P，使得|PM|+|PN| 4 成立，则说直线 l 是“T 型直线” 给出下列直线： （1）l：y+20； （2）l：2x50； （3）l：x2y40； （4）l：3x+y+30； （5）l： （2m+1）x+y+10（常数 mR） 其中代表“T 型直线”的序号是 （3） 、 （4） 、 （5） （要求写出所有 T 型直线的序号） 第 9 页（共 17 页） 【分析】由题意可知，点 P 的轨迹是以 M，N 为焦点的椭圆，其方程是，把 直线方程分别代入椭圆方程看是否有解即可判断出结论 【解答】解：点 P 的轨迹是以 M，N 为焦点的椭圆，其方程是， （1）把 y+20 代入椭圆的方程得 x2

17、，无解，所以 y+20 不是“T 型直线” ， （2）把 2x50 代入椭圆的方程得 y2，无解，所以 2x50 不是“T 型直线” ， （3）把 x2y40 代入椭圆的方程得 4y2+12y+90，1224490，方程有 解，所以 x2y40 是“T 型直线” ， （4）把 3x+y+30 代入椭圆的方程得 13x2+42x+80，422413813480 方 程有解，所以 3x+y+30 是“T 型直线” ， （5）把（2m+1）x+y+10（mR） ，代入椭圆的方程得（16m2+16m+7）x2+（16m+8）x 80，0，方程有解， 所以（2m+1）x+y+10（mR） ，是“T 型直

18、线” ， 故答案为： （3） （4） （5） 【点评】本题考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题，考查了推 理能力与计算能力，属于中档题 二、选择题（本大题满分二、选择题（本大题满分 12 分）本大题共有分）本大题共有 4 题，每题有且只有一个正确答案，考生应在题，每题有且只有一个正确答案，考生应在 答题卷的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得答题卷的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 3 分，否则一律得零分分，否则一律得零分. 13 （3 分）平面直角坐标系上动点 M（x，y） ，满足，则 动点 M 的轨迹是（ ） A直线 B线段 C圆 D椭圆 【分析】由点 M

19、（x，y）满足的关系式得点 M（x，y）到点 P（3，0） ，Q（3，0）距 离之和是定值 6（|PQ|） ，进而得出轨迹是线段 【解答】解：， 表示点 M（x，y）到点 P（3，0） ，Q（3，0）距离之和是定值 6（|PQ|） ， 所以点 M 在线段 PQ 上， 所以动点 M 的轨迹是线段 第 10 页（共 17 页） 故选：B 【点评】本题考查轨迹方程的应用，属于基础题 14 （3 分）已知，记 Pf（k） （k1，kN*） ， 若 f（k+1）P+Q，则 Q（ ） A B C D 【分析】根据条件求出 f（k）和 f（k+1） ，再由 Qf（k+1）f（k）求出 Q 的值 【解答】解：

20、， Pf（k）， f（k+1）+， f（k+1）f（k） f（k+1）P+Q，Q 故选：C 【点评】本题考查了函数和数列的关系，属基础题 15 （3 分）已知 aR，若不论 a 为何值时，直线 l： （12a）x+（3a+2）ya0 总经过一 个定点，则这个定点的坐标是（ ） A （2，1） B （1，0） C D 【分析】先变形解析式得到关于 a 的不定方程 a（3y2x1）+（x+2y）0，由于 a 有 无数个解，则 3y2x10 且 x+2y0，然后求出 x 和 y 的值即可得到定点坐标 【解答】解：由直线 l： （12a）x+（3a+2）ya0，知 a（3y2x1）+（x+2y）0 不

21、论 a 为何值时，直线 l： （12a）x+（3a+2）ya0 总经过一个定点，即 a 有无数 个解， 3y2x10 且 x+2y0， 第 11 页（共 17 页） x，y， 这个定点的坐标是 故选：C 【点评】本题考查的知识点是恒过定点的直线，处理的方法是将直线方程化成两部分： 一部分含参数，一部分不含参数，让两部分的系数均为 0，构造方程组 16 （3 分）已知平面直角坐标系内曲线 C1：F（x，y）0，曲线 C2：F（x，y）F（x0， y0）0，若点 P（x0，y0）不在曲线 C1上，则下列说法正确的是（ ） A曲线 C1与 C2无公共点 B曲线 C1与 C2至少有一个公共点 C曲线

22、C1与 C2至多有一个公共点 D曲线 C1与 C2的公共点的个数无法确定 【分析】利用已知条件转化求解即可 【解答】解：平面直角坐标系内曲线 C1：F（x，y）0，曲线 C2：F（x，y）F（x0， y0）0，若点 P（x0，y0）不在曲线 C1上， 所以 F（x0，y0）0，联立，方程组无解， 所以曲线 C1与 C2无公共点 故选：A 【点评】本题考查曲线与方程的关系，交点问题，是基本知识的考查，基础题 三、解答题（本大题满分三、解答题（本大题满分 0 分）本大题共有分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须在答题卷的相应编号题，解答下列各题必须在答题卷的相应编号 规定区域内写出必要的步骤规定

23、区域内写出必要的步骤. 17已知向量、 （1）若向量，求实数 t 的值； （2）若向量满足，求的值 【分析】 （1）由已知求得与，再由向量共线的坐标运算列式求解； （2）由已知求得，再由向量模的公式求解 【解答】解： （1）、， 第 12 页（共 17 页） ， ，t（t1）（1t）0， 解得 t1 或 t1； （2）， （x，y）（y，y+1x） ， 即，解得 【点评】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量共线的坐标运算，是基础题 18已知 M（1，1） 、N（2，2） 、P（3，1） ，圆 C 经过 M、N、P 三点 （1）求圆 C 的方程，并写出圆心坐标和半径的值； （2）若过点 Q（1，

24、1）的直线 l 与圆 C 交于 A、B 两点，求弦 AB 的长度|AB|的取值范围 【分析】 （1）设圆 C 得一般方程 x2+y2+Dx+Ey+F0M、N、P 三点，坐标代入得 ，解得 D，E，F，进而得出圆的方程进而得出圆心坐标，半径 （2）结合图形，可知 0d|O1Q|AB| 2进而得出|AB|的取值范围 【解答】解： （1）设圆 C：x2+y2+Dx+Ey+F0 圆 C 过 M、N、P 三点， ， 解得， 圆 C：x2+y23xy0，圆心 O1（，） ，半径 r （2）设圆心到直线 l 的距离为 d， 点 Q（1，1）到圆心的距离为|OQ| 点 Q 在圆内， 第 13 页（共 17 页

25、） |AB|2 结合图形，可知 0d|OQ|（l 过圆心时，d0；lOQ 时，d） 2|AB| 【点评】本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系，属于中档题 19已知数列an满足 a1a， （1）若数列an是等差数列，求通项公式 an； （2）已知 a2，求证数列an+1是等比数列，并求通项公式 an 【分析】 （1）设数列的公差为 d，则 ana+（n1）d，代入已知等式求得 d，进一步求 得 a，则数列的通项公式可求； （2）由 an+12an+1（nN*） ，得 an+1+12（an+1） 结合 a1+130，可得数列an+1 是以 3 为首项，公比为 2 的等比数列则通项公式可求 【解答】

26、解： （1）数列an是等差数列，a1a，an+12an+1（nN*） ， 设数列的公差为 d，则 ana+（n1）d a+nd2（a+（n1）d）+1， 即 nd2da1 对 nN*成立，于是 d0 ana，且 a2a+1，解得 a1 an1； 证明： （2）a2，an+12an+1（nN*） ， an+1+12（an+1） a1+130， 数列an+1是以 3 为首项，公比为 2 的等比数列 【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的通项公式，训练了利用构造法求数列的 通项公式，是中档题 20已知各项为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 （1）求 a1的值，并求 an+1的解析式（用含

27、 an的式子表示） ； （2）若对于一切正整数 n，有 Sn+an3 恒成立，求实数 的取值范围 第 14 页（共 17 页） 【分析】 （1）利用已知条件通过 n1，求出首项，结合已知条件，推出数列递推关系式 （2）求解数列的通项公式，求出前 n 项和，利用不等式得到 与 n 的关系式，通过换元 法求解函数的最值，推出结果 【解答】解： （1）an0，且， 当 n1 时，2a1+a1（S1a1） ，解得 a11 由，得 4Snan2+2an+1 4Sn+1an+12+2an+1+1 4an+1an+12+2an+1an22an， 即 an+122an+1an22an0 （an+1an2） （

28、an+1+an）0，an0 即 an+1an2 an+1an+2（nN*） （2）由（1）可知，数列an是首项为 a1，公差为 2 的等差数列， ana1+（n1）d2n1（nN*） ， Snn2 由 Sn+an3，得 n2+2n13，即对一切正整数 n 恒成立 令，则 t4（nN*） 当 n4 时，tmin 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和以及数列以及不等式的综合应用， 考查转化思想以及计算能力，是中档题 21已知直线 l1：x4，点 F（1，0） ，点 M（x，y）是平面直角坐标系内的动点，且点 M 到直线 l1的距离是点 M 到点 F 的距离的 2 倍记动点 M 的轨迹为

29、曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）过点 F 的直线 l2与曲线 C 交于 A、B 两点，若OAB（O 是坐标系原点）的面积为 第 15 页（共 17 页） ，求直线 l2的方程； （3）若（2）中过点 F 的直线 l2是倾斜角不为 0 的任意直线，仍记 l2与曲线 C 的交点为 A、B，设点 G 为线段 AB 的中点，直线 OG 与直线 l1交于点 D，求DFB 的大小 【分析】 （1）由两点的距离公式和点到直线的距离公式，化简整理可得所求曲线的方程； （2） 设 A （x1， y1） 、 B （x2， y2） ， 讨论直线 l2的斜率不存在和存在， 设 l2： yk （x1） 联

30、立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，结合三角形的面积 公式，解方程可得 k，进而点到所求直线的方程； （3）讨论若直线 l2的斜率不存在，可得DFB若直线 l2的斜率存在，设 l2：y k（x1） 联立椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得 G 的坐标，OG 的方程 和 D 的坐标， 分别运用向量垂直的条件和向量数量积的夹角公式， 计算可得DFB 【解答】解： （1）根据题意，可知，|4x|， 两边平方可得 x2+y22x+1x22x+4， 化简得+1 曲线 C 的方程为+1 （2）因为直线 l2过焦点 F，故直线与椭圆总交于 A（x1，y1） 、B（x2，y2）两点

31、 若直线 l2与 x 轴垂直，可算得|AB|3，SOAB，不满足条件 于是，所求直线的斜率存在 设直线 l2的斜率为 k，即 l2：yk（x1） 联立方程组，得（3+4k2）x28k2x+4k2120（此时0 恒成立） x1+x2，x1x2， |AB| ， 第 16 页（共 17 页） 点 O 到 l2的距离为 d， ， 解得 k 所求直线 l2的方程为 yx或 yx+ （3）若直线 l2的斜率不存在，即垂直于 x 轴， 根据椭圆的对称性，知点 G 与点 F 重合，点 D（4，0） ，此时，有DFB 若直线 l2的斜率存在，设 l2：yk（x1） 由（2）可得，x1+x2，y1+y2， G（，） ， 直线 l2的倾斜角不为零，即 k0 OG：yxD（4，） 方法 1：算得（3，） 又直线 l2的法向量为 （1，k） ， 且3k0FDl DFB 综上，不论直线 l2的斜率存在与否，总有DFB 方法 2：算得（3，） l2 与 l1 的交点为 H（4，3k） ，（3，3k） 可得向量与的夹角满足 cosHFD0， 即HFDFDl DFB 综上，不论直线 l2的斜率存在与否，总有DFB 【点评】本题考查椭圆的方程和性质，直线和椭圆的位置关系，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式、点到直线的距离公式，考查化简运算能力，分类讨 论思想，属于综合题