2019—2020北京朝阳高二(上)期末数学试卷(含答案)

1/102020北京朝阳高二（上）期末数学2020.1(考试时间120分钟满分150分)本试卷分为选择题（共50分）和非选择题（共100分）两部分第一部分（选择题共50分）一、选择题:本大题共10小题,每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.1.不等式(2)0xx的解集是（A）02xx（B）0xx（C）2xx（D）02或xxx2.已知1x，则当4xx取得最小值时，x的值为（A）1（B）2（C）3（D）43.已知双曲线2221(0)16xyaa的一个焦点为(5,0)，则a的值为（A）9（B）6（C）5（D）34.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在原点，焦点12,FF在x轴上，离心率为22，过1F的直线l交椭圆于,AB两点，且2ABF的周长为16，则椭圆C的方程为（A）22184xy（B）221164xy（C）221816xy（D）221168xy5.若向量,,abc不共面，则下列选项中三个向量不共面的是（A）,,bcbbc（B）,,abcabc（C）,,ababc（D）,,ababa6.已知,ml是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出ml的所有序号是①,,ml②,,∥∥ml③,,∥ml④,,∥ml（A）①②③（B）①②（C）②③④（D）③④2/107.已知0mn，21mn，则12mn的最小值是（A）4（B）6（C）8（D）168.已知数列na和nb满足nnba，则“数列na为等比数列”是“数列nb为等比数列”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件9.经过双曲线2222:1(0,0)xyMabab的左焦点作倾斜角为60°的直线l，若l与双曲线M的左支有两个不同的交点，则M的离心率的取值范围是（A）(2,)（B）(1,2)（C）(1,3)（D）(3,)10.已知球O的直径为3，,,,ABCD是球O上四个不同的点，且满足⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，分别用123,,SSS表示,,ABCACDABD的面积，则123SSS的最大值是（A）14（B）92（C）9（D）18第二部分（非选择题共100分）二.填空题:本大题共6小题,每空5分,共30分，答案写在答题卡上.11.双曲线2214xy的渐近线方程是________.12.抛物线22yx的焦点坐标是________；准线方程是_________.13.已知公比不为1的等比数列na满足12a，234aa，则4a_________.14.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为________，面积最大的侧面的面积为________.22344俯视图侧视图正视图3/1015.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，其中一道题目的背景是这样的：把100片面包分给5个人，使每个人分得的面包数成等差数列，且使较大的三个数之和的17是较小的两个数之和，若将这5个数从小到大排列成递增的等差数列，则该数列的公差为_________.16.不等式222()xycxyx对满足0xy的任意实数,xy恒成立，则实数c的最大值是________.三.解答题:本大题共4小题,共70分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.17.（本小题满分16分）已知数列na是递增的等差数列，23a，且125,,aaa成等比数列.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设2nnnba，求数列nb的前n项和nS；（Ⅲ）若12nnncaa，设数列nc的前n项和为nT，求满足2425nT的n的最小值.18.（本小题满分18分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.已知PAPDAB，090APD.（Ⅰ）证明：∥AD平面PBC；（Ⅱ）证明：ABPD；（Ⅲ）求二面角APBC的余弦值.PDCBA4/1019.（本小题满分18分）已知抛物线22(0)ypxp经过点(1,2).（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）过抛物线C的焦点F的直线l交C于,AB两点，设O为原点（ⅰ）当直线l的斜率为1时，求AOB的面积；（ⅱ）当3FAFB时，求直线l的方程.20.（本小题满分18分）已知椭圆2222:10)（xyCabab的离心率为32，直线20xy经过椭圆C的左焦点A.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线:lykxm（0k）交椭圆C于,MN两点（,MN不同于点A）.过原点O的一条直线与直线l交于点P，与直线,AMAN分别交于点,DE.（ⅰ）当2k时，求MN的最大值；（ⅱ）若ODOE，求证：点P在一条定直线上.5/102020北京朝阳高二（上）期末数学参考答案一、选择题：（本题满分50分）题号12345678910答案ABDDCACABB二、填空题：（本题满分30分）题号111213141516答案12yx1(,0)212x161610556224三、解答题：（本题满分70分）17．（本小题满分16分）解：（Ⅰ）设{}na的公差为d（0d），由条件可得121113,(4)(),0,adaadadd解得11,2.ad所以12(1)21nann，*nN．…………………………………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知2212nnnnban，则12323121135(21)2222(121)2221222.nnnnnSbbbbnnnn所以数列nb的前n项和2122nnSn．…………………………………11分6/10（Ⅲ）因为122(21)(21)nnncaann11,2121nn所以1111121335212121nnTnnn.由2242125nn得12n，又因为*nN，所以满足2425nT的n的最小值为13.……………………………………16分18．（本小题满分18分）解：（Ⅰ）因为四边形ABCD为矩形，所以ADBC∥．又因为BC平面PBC，AD平面PBC，所以AD∥平面PBC．……………………………………………………4分（Ⅱ）根据题意，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，因为ABÌ平面ABCD，且ABAD，所以AB平面PAD．又因为PD平面PAD，所以ABPD．……………………………………………………9分（Ⅲ）取AD的中点为O，取BC的中点为E，连接,OPOE，则OEAD，又因为PAPD，所以POAD，所以PO平面ABCD，以O为坐标原点，分别以,,OAOEOP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．不妨设2AB，因为PAPDAB，90APD，所以2PAPD，2AD，1OP．所以(1,0,0)A，(1,2,0)B，(1,2,0)C，(0,0,1)P，(1,0,0)D．所以(1,2,1)PB，(2,0,0)BC，(1,0,1)PD．OxyzPABCDE7/10由（Ⅱ）可知，ABPD．因为90APD，所以PAPD．所以PD平面PAB．所以PD为平面PAB的一个法向量．设平面PBC的一个法向量为,,xyzn，则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即20,20.xyzx取1y，得平面PBC的一个法向量为(0,1,2)n．则23cos,323PDPDPDnnn，由图可知，二面角APBC为钝角，所以二面角APBC的余弦值是33．…………………………………18分19．（本小题满分18分）解：（Ⅰ）由抛物线22ypx过点(1,2)，得24p．于是2p，所以该抛物线的方程为24yx，准线方程为1x．……………………………………………………………4分（Ⅱ）设11(,)Axy，22(,)Bxy．焦点F的坐标为(10)，．（i）由题可知，直线l的方程为1yx．联立24,1,yxyx得2440yy．由韦达定理可得12124,4.yyyy因为||1OF，1212||||||yyyy，所以12122121212111||||||||||||||22211||()4221161622.2OBOFOAAFBSSSOFyOFyOFyyyyyyyy△△△所以AOB△的面积为22．……………………………………………………10分8/10（ii）易知直线l的斜率存在且不为0，焦点坐标为(10)，，设直线:1lykx．联立24,1,yxykx得2222(24)0kxkxk．由韦达定理可得1221242,1.xxkxx①②由题意，||3||FAFB，因为,AB分别到准线的距离等于,AB到焦点F的距离，所以1213(1)xx，即1232xx．③联立②③，解得1213,3xx，代入①得23k，所以3k．所以直线l的方程为31yx．…………………………………18分20．（本小题满分18分）解：（Ⅰ）设0(,0)Ax，因为点A在直线20xy上，所以020x，得02x，所以(2,0)A．所以2a．又因为离心率32cea，所以3c，1b．所以椭圆C的方程为2214xy.……………………………………5分（Ⅱ）设1122(,),(,)MxyNxy．（i）因为2k，由222,1,4yxmxy消去y可得22(2)14xxm，即22982440xmxm，由2161440m得29m．由韦达定理，212128244,.99mmxxxx由弦长公式得221212222||(1)[()4]824(44)(12)[()]9916144.27MNkxxxxmmm9/10由于216144144m，所以21614414443||27273mMN，当且仅当0m时，||MN取到最大值433.……………………………11分（ii）若||||ODOE，则O为DE的中点，所以0DExx.设直线0:DEykx，直线11:(2)2yAMyxx，两个方程联立可得：101(2)2yxkxx．解得10112(2)Dyxkxy，同理20222.(2)Eyxkxy所以12011022220,(2)(2)DEyyxxkxykxy即0121202112(2)(2)0.kyxyykyxyy所以210102012122()20.ymymkykykyyyykk化简得：00120122(1)(2)()0.kmkyykyykk①由22,1,4ykxmxy可得:2222()44ymkyk，即2222(14)240kymymk，由222244(14)(4)0mkmk，得2214mk．所以2212122224,.1414mmkyyyykk代入①得到：2200022422(1)(2)0.1414kmkmkmkkkkk所以2200()(4)(2)0,kkmkmkmk即0(2)(22)0.mkkkkm若2mk，则直线l过点A，与已知不符合.又0k，所以0220kkm.10/10又由0:DEykx，联立:lykxm，消去y得：02Pmxkk，所以，点P在定直线2x上.………………………………………………1