1、高二年級習(xí)質(zhì)量評估數(shù)學(xué)試題本試卷 ， 22 題，卷滿分 分.考試用 鐘一 單項擇題 :本題共 題，每小 分，共 40 分在每小題給的四個項中，只有 項是符題目要求的1. 直 x 3 y 的斜率為（ ）A.3B. C.D. 【答案】C【解析】【分析】x 3 y 可化為 3 x ，可得出斜. 3 【詳解】 x 3 y 可化為 3 x ， 3 33故選：【點睛】本題主要考查了已知直線方程求斜率，屬于基礎(chǔ).2. 已向量 (2,3,1) ， (1,2,0)，則 等（ ）A.3B.C.35D.【答案】C【解析】【分析】利用空間向量加法運算的坐標(biāo)表示計算 【詳解】 a (3,5,1)a ，再用空間向量的模長

2、公式計算模故 35故選：3. 如，在三棱柱 A B 1 1中， M 為 C1 的中點，若 BA a ， BC ， BB ，則下列向量與2 1 1 BM2 1 1 相等的是（ ）C. 1 b 21 1a 2 2 1 2【答案】D【解析】【分析】根據(jù)空間向量的運算，用 , b c為基底表示出 ，可得選項.1【詳解】 BM BA AA A M BB 1 1 1 1BA BB BA BB 2 21 a b2 故選：D4. 髀算經(jīng)是中國最古老的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作，書中提:至小寒大寒立春雨水驚蟄春分清明谷立夏小芒種這十二個節(jié)氣的日影子長依次成等差數(shù)若冬至大雨水的日影子長的是尺，芒種的日影子長為 4.5 尺，

3、則冬至的日影子長為（ ） 尺 尺C. 尺 尺【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列，求首【 詳 解 】 設(shè) 冬 至 的 日 影 長 為 a ， 雨 水 的 日 影 長 為a 1 ， 根 據(jù) 等 差 數(shù) 列 的 性 質(zhì) 可 知3a 40.5 13.5 3 ，芒種的日影長為a 4.512，2 2 a d a 4.5 ，解得： 1，d ，所以冬至的日影長為 尺. 故選：D5. 在方體 A C 1 1 1中， 和 N 分為A 和 BB 的點，那么直線 AM 與 CN 所成角的余 弦值是（ ）C.215 【答案】A【解析】【分析】作出異面直線 AM 和 CN 所的角，然后解三角形求出兩條異面直

4、線所成角的余弦【詳解】設(shè) E F 分是 AB CC1B E / AM , B F /，1 1的中點，由于 , 分是 BB1 1的中點，結(jié)合正方體的性質(zhì)可知所以 F1是異面直線 AM 和 所成的角或其補(bǔ)角，設(shè)異面直線 AM 和 所的角為 ，正方體的棱長為 2 ， E B F 1 5 ， EF 1 1 6，則cos 2 5 5故選：A.【點睛】思路點睛：平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線把異面直 線的問題化歸為共面直線問題來解決，具體步驟如下： 1 22 1（1）平移：平移異面直線中的一條或條，作出異面直線所成的角； （2）認(rèn)定：證明作出的角就是所求異直線所成的角；

5、1 22 1（3）計算：求該角的值，常利用解三形；（4取由面直線所成的角的取范圍是 ，當(dāng)所作的角為鈍角時應(yīng)取它的補(bǔ)角作為兩條異面直線所成的角6. 歷 23天嫦娥五號成功攜帶月球樣品返回地球著國航天向前邁出一大步 年月日晚，嫦娥五號成功進(jìn)行首次近月制動，進(jìn)入一個大橢圓軌道該橢圓形軌道以月球球心為一焦F ，1若其近月點 A (月球表面最近的點)與月球表面距離為 r 公里，遠(yuǎn)月點 B (離月球表面最遠(yuǎn)的點)與月球表面距離為r公里且F1 在一直線上月的半徑為 公該橢圓形軌道的離率 ）A.r 1 2 1 B.r 2 R r 2C.r 1 R 1 D.r 2 1 R 1 【答案】B【解析】【分析】由已知可

6、得衛(wèi)星的近地點遠(yuǎn)地離地心的距離分別為 而可求解. , 則 R , r 1 進(jìn)【詳解】由已知可得衛(wèi)星的近地點、遠(yuǎn)地點離地心的距離分別為 , 1 設(shè)軌道的標(biāo)準(zhǔn)方程為 2 ( a 0) a 2 b2所以a , a R 1 2解得a 1 12R ， c r 2 2所以橢圓形軌道的離心率為故選： r a 2 1 27. 已動點 P 在直線l : y 1上運動在直線l : 6 0 2上運動l PQ的最小值為（ ）2 2 2 2 C.110【答案】C【解析】【分析】根據(jù)兩平線上任意兩點距離的最小值即為平行線間的距離求【詳解】因為l 2，所以 ，解得 ，化簡得l x 2設(shè)l , l1 間的距離為 ，則 | ，

7、由平行線的性質(zhì)知 的小值為 故選：，8. 若差數(shù)列項為 ，項 ， ， 0 則滿足 S 0n 2020 成立的最大正整數(shù) 是 ）4039C.4042【答案】B【解析】【分析】由等差數(shù)列的a ，及 a 0 1 得數(shù)列是遞減的數(shù)列，因此可確定 a a，然后利用等差數(shù)列的性質(zhì)求前 n 項，確定和 的正負(fù)n【詳解】a 2020 2021，a和 異， 2020 又?jǐn)?shù)列n列首項a ， 1 是遞減的數(shù)列， 0, a ，由a ，以 S 2020 20214040a 1 2020(a 2020 2021，4041a 1 a 2021，2 1 2 滿足2 1 2 0n的最大自然數(shù) 為 4040故選：【點睛】關(guān)鍵點睛

8、：本題求滿足 0n的最大正整數(shù) n 的，關(guān)鍵就是求出 0 n ，時成立的的值，解題時應(yīng)充分利用等差數(shù)列下標(biāo)和的性質(zhì)求,屬于中檔題二 多項選擇題本大題共 4 小題每小題 分，共 分在每小給出的個選項中，多 項符合求，全部選得 5 分選對但全的得 分，有選錯的 9. 關(guān)雙曲線 :1x y 2 與雙曲線 : 下列說法正確的是（ ） 它們的實軸長相等C. 它們的離心率相 它的漸近線相同 它的焦距相等【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)兩個雙曲線分別求解四個選項中的性質(zhì)，再比較，判斷選x 【詳解】雙曲線 : 2，a2 22， ，實軸長 ，近線方程y 雙曲線 6 x x ，心率 3 3，焦距 2 5 y 2

9、C : 3 2 2, b 2 c 軸 a 2 近方程 x x ，離心率 e c 5 2 2，焦距 2 2 5 ；綜上比較，可知兩個雙曲線的漸近線，焦距相. 故選：10. 已圓C : x 2 和 C x y 2 0的公共點為 ， ，（ ） C C 2 1 2 直 的程是x 14C.AC 12 | |【答案】ABD【解析】【分析】兩圓相減就是直線 的方程，再利用圓心距，判斷 ，利用弦長公式求AB【詳解】圓 C 的心是 1r 1，圓 C : 4，圓心 r ， C ，故 A 正；1 兩圓相減就是直線 的方程，兩圓相減得 x x ，故 正確；AC ，AC 2，C 1 2， 12 AC22 C C122，

10、所以AC AC12不正確，故 C 不確；圓心 x 14的距離 d ， r 2 2 1 2，故 D 正.故選：【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵選項是 B 選，當(dāng)兩圓相交，兩圓減后的二元一次方程就是相交弦所在 直線方程.11. 若列 ， ， n 1 2 n n N數(shù)列，又n稱黃金分割數(shù)列在現(xiàn)代物理準(zhǔn)晶體結(jié)化等領(lǐng)域，斐波那契數(shù)列都有直接的應(yīng)用則下列結(jié)論成立 的是（ ）a 137a 1 3 20192020C. 7a 2 4 620202021【答案】AB【解析】【分析】 直接計算CD 項出性質(zhì)an n，按照性質(zhì)進(jìn)行判斷即可.【詳解】按照規(guī)律有， 錯a ， a ， a ， a ， ， ， a 13 33

11、1 2 5 6 7 ，故 A 對 EFaEFn an a n n n n nn n n n n n a20202018 1 22018 3 52019 1 2019故 a 2 2020a 2 20182019 1 2 201820192019a2021，故 D 錯故選：AB【點睛】遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的求照章 辦事，逐條分析、結(jié)合等差、等比數(shù)列的通項公式求和公式，進(jìn)行求12. 已正方體 A B 1 的棱長為 ，F(xiàn) 在平面 D 1 1內(nèi) | AE 5 ，AC DF ，則（ ） 點 E 的跡是一個圓 點 F 的跡是一個圓C. 的小值為 AE 與平

12、面 BD 所角的正弦值的最大值為2 15 15【答案】ACD【解析】【分析】對于 AB、C、 四個選項，需要對各個選項一一驗.選項 A： |AE AA E ，得 | 1，分析得 E 的跡為圓的一部分；選項 B：由AC ，而點 F 在 D1 1上，即 的跡為線段 D1 1選項 ： E 的跡為圓，F(xiàn) 的軌跡為線段 D ，可分析得 1 1 ；選項 D：建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求最.【詳解于 A: |AA E 5 | E 以 1點 E 為面 D 1 1內(nèi)，以 為圓心、半徑為 的上，應(yīng)為圓的一部分；故 A 錯； 1對于 B: 正體 A B D1 中，又 AC 且 DF=D，所以 AC DBF ，所以

13、點 F 在 D1 上，即 F 的跡為線段 D1 1，故 錯；對于 在面 D 1 1內(nèi)， 到線 D 1 1 的距離為 當(dāng)點 E， 落在 C1 上時，| EF min ；故 C 正確；對于 D:建立如圖示的坐標(biāo)系，則A 1因為點 在面 D 內(nèi)以 A 為心、半徑為 的上，可設(shè) 1 1 1 E 1 1 所以 1 1 AE 設(shè)平面 BD1的法向量 n z，則有 n BD y n z 不妨令 x，則n ，設(shè) AE 與面 BD 所成角為 ：1 2 sin | cos 4 AE 5 3 當(dāng)且僅當(dāng)時， sin 有大值 ，故 D 正故選：CD【點睛】多項選擇題是 2020 年高考新題型，需要要對選項一一驗證 三

14、填空題:本大題共 題，每題 5 分，共 13. 若線x y 與直線 互相垂直，則實數(shù) 的為_【答案】【解析】【分析】直接利用兩直線垂直，求出 .【詳解】因為直線x y 0 與線 mx y 互相垂直，所以 ，得 m 故答案為：【點睛】若用一般式表示的直,用討論斜率是否存只要 A A B B =0,兩直線垂直14. 已雙曲線 2 ya 2 b22a0，0)漸近線方程為 y x，則它的離心率為【答案】【解析】由題意，得 c ) 1 2 15. 已四面體 的點分別 A(2,3,1) ， (4,3, (0,3, 2 點 D 到面ABC的距離_【答案】 3 【解析】【分析】計算出平面 ABC 法向量 D

15、與平面中任意一點構(gòu)成的向量在法向上的投影的絕對值即為點到平面的 距離.【詳解】根據(jù)已知可得：AB 設(shè)平面 的法向量為n ，即 z 取n DC 則點 D 到面 的距離為： 2故答案為： 【點睛】本題考查用向量法求解點到平面的距離，屬基礎(chǔ).16. 在面直角坐標(biāo)系中 為坐標(biāo)原點點3,0的直線 l 與圓 C : 2y x 交 A B 兩點，則四邊形 面的最大值為 【答案】 4【解析】【分析】四邊形的面積可分為，設(shè)出直線方程與圓的方程聯(lián)立，利用兩點的縱坐標(biāo)差作為兩個三角形的高， OC 為底可得四邊形面積，然后利用二函數(shù)求最.【詳解】圓的方程為 2 4，圓心 C 將3,0 ，所以點 不妨設(shè) , y ),

16、B ( y ), y 1 1 2 ，則 OAC 與OCB的高可分別為y 1 ，2 1 k 2 2 ，2 2 x設(shè)直線方程為 2 1 k 2 2 ，2 2 x ，圓的方程聯(lián)立x 3x x 3，整理得ky ，所以 1 2 ， y ，1 2 k 所以y 1 2 3 16k y k k 2 ，所以四邊形的面積為OACOBC1 k 3 k 4 1 2 k 2 3因為 ，所以當(dāng) 即 時面積有最大值為 4. k 2 k 2 3故答案為：4.【點睛】本題考查直線和圓的位置關(guān)系，關(guān)鍵點是利用韋達(dá)定理求出兩個三角形的高及用二次數(shù)求最值， 考查了學(xué)生分析問題、解決問題的能.四解答 :本題共 題，共 70 分解答應(yīng)寫

17、出字說明 證過程或算步驟17. 在圓與 軸切，且與 軸半軸相所得弦長為 2 圓 C 經(jīng)點 ;圓 C 與線 x 相切，且與圓 : 2 y 2相外切這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的問題中，若問題中的圓 存，求出圓 C 的程;若問題中的圓 不在，說明理由問題:是否存在圓 ，圓心 在線 12x上注:如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分 【答案】答案見解析【解析】【分析】選擇、，分別用待定系數(shù)法求圓 E 的方程；【詳解】選擇條件：設(shè)圓心的坐標(biāo)為的半徑為r因為圓心 C 在線 12x上，所以 a因為圓 軸切，且與 x 軸半軸相交所得弦長為 2 3 所以 a b ， r b由垂徑定理得 ra 所以，

18、r2 解 ，所以圓 方程為 x 2)2 y 2選擇條件：設(shè)圓心的坐標(biāo)為的半徑為r因圓心 在線 12x上，所以 a因為圓 過點A ， AB 的點 所以 的垂線方程為y x 聯(lián)立直線y 12x解得 x y 即 ， r 所以圓的方程為 2 y 4選擇條件：設(shè)圓心坐標(biāo)為 半徑為 r因為圓心 C 在線 | b r所以，512x上，所以 b所以 r ，因為圓 與圓 相切所以 CQ ，即 ( 2 2)2 可得： 14 55 ，為該方 方無解故不存在滿足題意的圓【點睛】“結(jié)構(gòu)不良問題”是 2020 年新高考出現(xiàn)的新題型：題目所給的三個可選擇的條是平行的，即無論選擇哪個條件，都可解答題目，而且，在選擇的三個條件

19、中，并沒有哪個條件讓解答過程比繁雜，只 要推理嚴(yán)謹(jǐn)、過程規(guī)范，都會得滿18. 已等比數(shù)列 ， n 2 5（1）求數(shù)列n式;（2）令b n 2 n，求數(shù)列n 項 S 【答案） 4 ） S 【解析】【分析】（1）等比數(shù)列問題解決的基本方法：本量代換，用通項公式代入列方程組解得；（2）由b ，斷 n n 列，套公式求和.【詳解）等比數(shù)列n，公比為 ，題意得： a 4a 4 256 解得 a q 所以 4 （2 n log =2 n 2 所以數(shù)列n列，所以S n n 2)2【點睛】(1)等差（比）數(shù)列問題解決的本方法：基本量代換；(2)數(shù)列求和的方法：公式法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法19.

20、在面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y 2 px的準(zhǔn)線方程為 122 2 n （1）求 的值;2 2 n （2）直線l : y x ( 交拋物線于 ， 兩，O為坐標(biāo)原點，且 OA ，求線段 的長度【答案） p ） 【解析】【分析】（1）由已知準(zhǔn)線方程可得答案；（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋定理表示O OB 得 t ，然后利用弦長公式可得答【詳解）已知得 ，以 ； 2（2）設(shè) y ，聯(lián)立y 與y 得y2 y t ， ，即t 時有y y 2 ， y y t 1 2 1 ，所以因為 x x y 1 2 1 2y y 1 ，可得y 因為 y y t 2 2，所以t ，則y y 2 ， y 1 2 1 ，所

21、以 12 1 1y2 2 12 y 20 10 . 1 2【點睛】本題考查了拋物線方程、直線與拋物線的位置關(guān)系，關(guān)鍵點是利用韋達(dá)定理計算弦長意在考查 學(xué)生對這些知識的理解能力掌握水平及其應(yīng)用能20. 已數(shù)列 na 1，na 3(n a n n（1）設(shè) ，求證數(shù)列; （2）求數(shù)列n 項和 n 【答案）明見解析） S .4 【解析】n 【分析】n （1）將nan an變形為 a n n，得到， n（2）由（）得到式用錯位相減法求 【詳解）a ， 3( 1 n，可得 a n n，因為 b 則b b ， ，可得 公比為 的等比數(shù)列， n 1 n（2）由（） nn ，由n n ，可得 nn ， n ，

22、n ，上面兩式相減可得： 0 nn 1 n1 ，(2 n 則 S 4 【點睛】數(shù)列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差數(shù)列、與二項式系數(shù)、對稱性相關(guān)聯(lián)的數(shù)列的和(2)錯位相減：用于等差數(shù)列與等比數(shù)列的積數(shù)列的求和(3)分組求和：用于若干個等差或等比數(shù)列的和或差數(shù)列的求和 裂相消法：用于通項能變成兩個式子相減，求和時能前后相消的數(shù)列求21. 如，在四棱錐 ABCD 中 為矩形， AD 2 2 PA ，平面 PAB 面ABCD（1）證明:平面 PAD 面;（2）若 為中點，求平面 與平面 BMD 的夾角的余弦值【答案）明見解析）【解析】【分析】（1）利用 DA 面 PAB ，得到 PB ，有

23、PB ，DAPA ，得到 平面 ，從而平面 PAD 面 PBC ；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量求平面 與面 BMD 的角的余值【詳解）明：因為平面 PAB 面ABCD，平面 平ABCD AB，矩形ABCD中， DA ，以 面 PAB因為 PB 面 ，以 DA 又因為 PB ，DAPA ， 面 PAD ，PA 平 PAD所以 PB 面 因為 PB 面PBC，所以，平面 面PBC（2）解：由（）知 面 ，取 中 O ，結(jié) ， PO 以O(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 O ，則 (2,0,0,) ， (0, 2,0)， ， D (0, ， M (1,1, 則 DA 2) ， DM (1,3, 2) ，