福建省南安市侨光中学2019-2020学年高二数学上学期第二次阶段考试试题【含答案】

考试试题

一、选择题：本题共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.直线x3y20的倾斜角为( D)

A、33 B、3 C、23 D、

56 2.椭圆x2y2591的一个焦点是（ B ） A. (2,0) B. (0,2) C. (3,0) D.(0,3)

3、不论m为何实数，直线m1xy2m10恒过定点（ B ）

A.1,1

B.2,1

C.2,1 D. 1,1

4. 若{a,b,c }为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是( A ) A．2c,ab,ab B．a,ab,ab

C．b,ab,ab D．abc,2a3bc,3a4b

5、已知直线l1:xmy10与l2:(m3)x4y4m0平行，则m的值是（ B ）

A．1 B．4 C．1或4 D．1或4 6、公差不为0的等差数列an中，a2,a3,a6是公比为q的等比数列，则q的值为（ C A. 5 B.2 C.3 D.4

7.下列命题正确的是（ D ）

A.方程(x3)2(y1)24表示的图形是以(3,1)为圆心，半径为2的圆 B. 方程(2x2)2(y1)22表示的图形是以(1,1)为圆心，半径为2的圆

C. 方程(3x3)2(3y1)21表示的图形是以(1,13)为圆心，半径为1的圆

D. 方程(3x3)2(3y1)21表示的图形是以(1,113)为圆心，半径为3的圆

） x2y21上的点M到左焦点F1的距离是2，N是MF1的中点，O为坐标原点，则8．椭圆

259|ON|为( A )

A．4 B．2 C．8 D．

3 29．设数列{an}．给出下列命题，其中正确的命题是（ C ）

2nA．若an4，nN，则{an}为等比数列 2B．若anan2an1，nN，则{an}为等比数列

mnC．若aman2，m,nN，则{an}为等比数列

nD．若anan3an1an2，nN，则{an}为等比数列

10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在AC1上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是( D ) A.

π，π B.π，π C.π，π D.π，π

42626343

解析 以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，→→设正方体棱长为1，点P坐标为(x,1－x，x)(0≤x≤1)，则BP＝(x－1，－x，x)，BC1＝(－1,0,1)， →→

因为BC1∥AD1，设BP，BC1的夹角为α，

所以cos α＝

＝→→|BP||BC1|

BP·BC1

→→

1

x－1

2

＋2x×2

2

＝1

，

122

3x－＋×233

13π

所以当x＝时，cos α取得最大值，α＝. 3261π

当x＝1时，cos α取得最小值，α＝.故选D.

23

x2y211.已知O为坐标原点，F是椭圆C：221(ab0)的左焦点，A,B分别为C的左，

ab右顶点.P为C上一点，且PFx轴.过点A的直线与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（ A ）

A.

13

B.

12

C.

23

D. 43【解析】由题意设直线的方程为yk(xa)，分别令xc与x0得

|FM|k(ac)，

n12.已知数列{an}满足，an1(1)an2n1，(n1)，则{an}的前64项和为（ D ）

A.2019 B. 2064 C. 2020 D. 2080 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.等差数列an中，若a6a3a8，则s9 . 14. 在ABCDA1B1C1D1为正方体中，直线AB与平面A1C1B所成角的正弦值为

15．直线l:ykx2与椭圆x4y80相交于不同的两点P、Q，若PQ的中点

横坐标为2，则直线l的斜率等于

223 31 22216.已知圆C:(x2)(y1)4,若等边PAB的一边AB为圆C的一条弦，

则PC的最大值为 4

三、解答题：共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分）

已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11,S39 （Ⅰ）求数列an的通项公式；

n1（Ⅱ）设bn2an(n1)，求数列bn前n项和Tn．

18（本小题满分12分）如图所示，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形， 且∠C1CB＝∠C1CD＝45, ∠BCD60, CC1CBCD1 (1)求证： C1C⊥BD, (2)求CA1的长

18.(1)略 (2)CA1

19. （本小题满分12分）已知圆M:xy2x80

(1)若直线l:yxm与圆M相交于P,Q两点，且|PQ|27，求直线l在y轴上的截距 (2) 若点A(x,y)在圆M上，求：3x4y5的取值范围

19．解（1）：由xy2x80得(x1)y9，设圆心M到直线l的距离为d， 则d222200422

22r2(|PQ|2)972 2|1m|2,m3，或m1，所以直线l在y轴上的截距为3或1 2 (2)略

20．（本小题满分12分）

已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2． （Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）设bnn1，求数列bn前n项和Tn． an20. 解：（Ⅰ）Sn2an2,

当n1时，a12a12, 则a12， …………………1分

当n2时，Sn2an2,Sn12an12,

两式相减，得an2an2an1,所以an2an1.分

所以an是以首项为2，公比为2等比数列， 所以

…………………5

an2n.

……………………………………6分

（Ⅱ）因为

bnn11n(n1)(), ……………………………………7分 n22112131nTn2（）3（）4（）（n1）（）,

222211213141n1…………………………Tn2（）3（）4（）（n1）（）,22222

…9分

两式相减，得即

11112131n1Tn2（）（）（）（）-（n1)()n1, 2222221111112131n1Tn（）（）（）（）（）-（n1)()n1,2222222

11n[1（）]11212Tn-（n1)()n1,

122212111n1所Tn1（）-（n1)()n1,22221………………12分 Tn3-（n3)()n.2

21.如图，边长为

以

的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，

DC=BC=AB=1，点M在线段EC上． （Ⅰ）证明：平面BDM⊥平面ADEF；

（Ⅱ）判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成锐二面角为

解答： （Ⅰ）证明：如图， ∵DC=BC=1，DC⊥BC，∴BD=又∵AD=

2

2

．

，

2

，AB=2，∴AD+BD=AB，则∠ADB=90°，

∴AD⊥BD．

又∵面ADEF⊥面ABCD，ED⊥AD，面ADEF∩面ABCD=AD， ∴ED⊥面ABCD，则BD⊥ED，

又∵AD∩DE=D，∴BD⊥面ADEF，又BD⊂面BDM， ∴平面BDM⊥平面ADEF；

（Ⅱ）在面DAB内过D作DN⊥AB，垂足为N， ∵AB∥CD，∴DN⊥CD， 又∵ED⊥面ABCD，∴DN⊥ED，

∴以D为坐标原点，DN所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

∴B（1，1，0），C（0，1，0），E（0，0，设M（x0，y0，z0），由

），N（1，0，0）， ，得，

∴x0=0，，则M（0，λ，），

设平面BDM的法向量令x=1，得

∵平面ABF的法向量

，则

． ，

，∴，

∴，解得：．

∴M（0，），

∴点M的位置在线段CE的三等分点且靠近C处．

x2y222. （本小题满分12分）已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，

ab过F1作直线l与椭圆分别交于两点P,Q，若三角形PQF2的周长为42，且以F1F2为直径的圆与直线x2by3b0相切．

（I）求椭圆C的方程；（II）求F2PF2Q的最大值． (注：已知A(x1,y1)，B(x2,y2),则AB(x2x1,y2y1)

已知a(x1,y1),b(x2,y2)，则abx1x2y1y2) 22.试题解析：（I）由题意3aba24b2c，即3a2b2c2a24b2a2b2a24b2.

∴a22b2，e2． 2（II）因为三角形PQF2的周长为42，所以4a42,

x2a2,∴b1，∴椭圆方程为y21，

22且焦点F,0,F21,0， 11①若直线l斜率不存在，则可得lx轴，方程为x1,

x1解方程组{x2x1 可得{x12y122 或{2 ．

yy2222227∴P1,，∴F2P2,，故． ,Q1,,FQ2,FPFQ22222222②若直线l斜率存在，设直线l的方程为ykx1，由{ykx1,x2y222 消去y整理得

，

则

2k21x24k2x2k220，设

Px1,y1,Qx2,y24k22k22x1x22,x1x22.

2k12k1∴F2PF2Qx11,y1x21,y2x11x21y1y2

4k222k222k12k1 k1x1x2k1x1x2k1k122k12k122227k21792, 2k1222k21∵k20，∴可得1F2PF2Q值是

77，综上可得1F2PF2Q，所以F2PF2Q最大227． 2