2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题(理科)附解答
2019-2020学年高二上学期期末考试数学(理)试题及解答
2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.命题“若，则”的逆命题为A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】解：根据逆命题的定义可知逆命题为“若，则”故选：C．根据逆命题的定义写出它的逆命题即可．本题考查了逆命题的定义与应用问题，是基础题．2.在等差数列中，，，则A. 8B. 9C. 11D. 12【答案】B【解析】解：在等差数列中，由，得，又，．故选：B．由已知结合等差数列的性质即可求解的值．本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，是基础题．3.在中，角A，B，C的对边分别是边a，b，c，若，，，则A. B. 6 C. 7 D. 8【答案】C【解析】解：，，，，由余弦定理可得：．故选：C．由已知利用三角形内角和定理可求B的值，根据余弦定理可得b的值．本题主要考查了三角形内角和定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．4.已知双曲线的实轴的长度比虚轴的长度大2，焦距为10，则双曲线的方程为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：依题意可得，得，所以双曲线的方程为．故选：B．依题意可得，得，即可．本题考查了双曲线的方程，属于基础题．5.在三棱柱中，若，则A. B. C. D.【答案】D【解析】解：如图，；，；．故选：D．可画出三棱柱，结合图形即可求出，这样根据向量加法的平行四边形法则即可求出．考查相等向量、相反向量的概念，向量减法的几何意义，向量加法的平行四边形法则，数形结合的解题方法．6.设，，若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围为A. B. C. D.【答案】C【解析】解：设，，由题意可得，．的取值范围为．故选：C．设，，根据“”的充分不必要条件即可得出．本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.设直线l的方向向量为，平面的法向量为，，则使成立的是A. ，1，B. ，1，C. 1，，D. ，1，【答案】B【解析】解：直线l的方向向量为，平面的法向量为，，使成立，，在A中，，故A错误；在B中，，故B成立；在C中，，故C错误；在D中，，故D错误．故选：B．由直线l的方向向量为，平面的法向量为，，使成立，得到，由此能求出结果．本题考查线面平行的判断与求法，考查直线的方向向量、平面的法向量等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．8.设x，y满足约束条件，则的最小值为A. B. C. D.【答案】C【解析】解：作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图：由得，平移直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的截距最小，此时z最小，由，解得，此时，故选：C．作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，利用数形结合即可得到结论．本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．9.已知点F是抛物线的焦点，点、分别是抛物线上位于第四象限的点，若，则的面积为A. 42B. 30C. 18D. 14【答案】A【解析】解：，，则抛物线的方程为，把代入方程，得舍去，即．，则AB：，即．设直线AB与x轴交于C点，已知，．故选：A．由已知求得p，得到抛物线方程，进一步求得B、A的坐标，得到AB方程，求出AB 与x轴交点C，再由面积公式求解．本题考查抛物线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．10.已知在长方体中，，，，E是侧棱的中点，则直线AE与平面所成角的正弦值为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：在长方体中，，，，E是侧棱的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，0，，1，，0，，0，，，0，，1，，设平面的法向量为y，，则，取，得，设直线AE与平面所成角为，则．直线AE与平面所成角的正弦值为．故选：B．以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AE与平面所成角的正弦值．本题考查线面角的正弦值的求法，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．11.在直角坐标系xOy中，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为左、右顶点，过点F作x轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，连接PB交y轴于点E，连接AE交PQ于点M，若M是线段PF的中点，则椭圆C的离心率为A. B. C. D.【答案】C【解析】解：可令，由，可得，由题意可设，，可得BP的方程为：，时，，，，则AE的方程为：，则，M是线段QF的中点，可得，即，即，可得．故选：C．利用已知条件求出P的坐标，然后求解E的坐标，推出M的坐标，利用中点坐标公式得到双曲线的离心率即可．本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．12.设是数列的前n项和，若，则A. B. C. D.【答案】A【解析】解：当时，，即．当时，，则，即，，从而，即，则．．故选：A．利用数列的递推关系式，求出数列的首项以及，求解数列的通项公式，然后求解．本题考查数列的递推关系式的应用，考查转化首项以及计算能力．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设命题p：，，则￢为______ ．【答案】，【解析】解：命题p：，，￢为，，故答案为：，根据全称命题的否定方法，根据已知中的原命题，写出其否定形式，可得答案．本题考查的知识点是全称命题，命题的否定，熟练掌握全特称命题的否定方法是解答的关键．14.已知，则的最小值为______．【答案】1【解析】解：，，，当且仅当，即时取等号，故答案为：1根据基本不等式即可求出最小值．本题考查了基本不等式的应用，属于基础题．15.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则______．【答案】【解析】解：，由余弦定理可得：，整理可得：，，，，解得：，，，可得：，．故答案为：．由已知利用余弦定理可求，又，可求b，c的值，根据余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．16.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交C的右支于A、B两点，，，则C的离心率为______．【答案】【解析】解：可设，，由可得，由双曲线的定义可得，，由双曲线的定义可得，在直角三角形中，可得，即，在直角三角形中，可得，即为，即，可得．故答案为：．可设，，由可得，运用双曲线的定义和勾股定理求得，再由勾股定理和离心率公式，计算可得所求值．本题考查双曲线的定义和性质，主要是离心率的求法，注意运用直角三角形的勾股定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知：表示焦点在x轴上的双曲线，q：方程表示一个圆．若p是真命题，求m的取值范围；若是真命题，求m的取值范围．【答案】解：若：表示焦点在x轴上的双曲线为真命题，则，得，得，由得，若方程表示圆，则得，即q：，若是真命题，则p，q都是真命题，则，得，即实数m的取值范围是．【解析】结合双曲线的定义进行求解即可根据复合命题真假关系，得到p，q都是真命题进行求解即可．本题主要考查命题真假的应用，以及复合命题真假关系，求出命题为真命题的等价条件是解决本题的关键．18.已知数列满足，．证明：数列是等比数列；设，求数列的前n项和．【答案】解：证明：数列满足，，可得，即有数列是首项为2，公比为3的等比数列；由可得，即有，数列的前n项和．【解析】对数列的递推式两边加1，结合等比数列的定义，即可得证；由对数的运算性质可得，再由裂项相消求和，化简可得所求和．本题考查等比数列的定义、通项公式和数列的裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．19.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．Ⅰ求A；Ⅱ若，，求的面积．【答案】解：Ⅰ【方法一】由已知得，，；又，，，由，得；------分【方法二】由已知得，化简得，，由，得；------分Ⅱ由，，得，在中，，由正弦定理，得，------分【解析】Ⅰ【方法一】利用正弦定理与三角形内角和定理，结合题意求得的值，从而求出角A的值；【方法二】利用余弦定理结合题意求得，从而求得A的值；Ⅱ同解法一Ⅱ由同角的三角函数关系求得，再利用三角恒等变换求得，利用正弦定理求得b，计算的面积．本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，是中档题．20.如图，在直三棱柱中，，，，，点M在线段上，且．求CM的长；求二面角的大小．【答案】解：为直三棱柱，平面平面，，平面，，，，又，；设，连接BD，，即为二面角的平面角，在中求得，为等腰直角三角形，故．【解析】连接，利用三垂线逆定理可得，而后通过相似三角形或解三角形不难求得CM；连接BD，由三垂线定理可知，即为所求角，求解不难．此题考查了三垂线定理，解三角形，二面角的求法等，难度适中．21.已知动圆C过定点，且与直线相切，圆心C的轨迹为E，求E的轨迹方程；若直线l交E与P，Q两点，且线段PQ的中心点坐标，求．【答案】解：由题设知，点C到点F的距离等于它到直线的距离，所以点C的轨迹是以F为焦点为基准线的抛物线，所以所求E的轨迹方程为．由题意已知，直线l的斜率显然存在，设直线l的斜率为k，，，则有，两式作差得即得，因为线段PQ的中点的坐标为，所以，则直线l的方程为，即，与联立得，得，．【解析】利用动圆C过定点，且与直线：相切，所以点C的轨迹是以F为焦点为基准线的抛物线，即可求动点C的轨迹方程；先利用点差法求出直线的斜率，再利用韦达定理，结合弦长公式，即可求．本题考查轨迹方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题22.已知椭圆C：的离心率为，长半轴长为短轴长的b倍，A，B分别为椭圆C的上、下顶点，点．求椭圆C的方程；若直线MA，MB与椭圆C的另一交点分别为P，Q，证明：直线PQ过定点．【答案】解：由题意知，解得，所以椭圆C的方程为．证明：易知，，则直线MA的方程为，直线MB的方程为．联立，得，于是，，同理可得，，所以直线PN的斜率，直线QN的斜率，因为，所以直线PQ过定点【解析】由题意知，解出即可得出．点易知，，则直线MA的方程为，直线MB的方程为分别与椭圆联立方程组，解得，，可得，，Q坐标可得直线PN，QN的斜率程，即可证明．本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理(含解析)_6
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）本试题卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分.第一部分1至2页，第二部分3至4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷.草稿纸上答题无效.满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共60分）注意事项1.选择题必须用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡对应题目标号的位置上.2.第一部分共12小题，每小题5分，共60分.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.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题解答.【详解】解：命题“，”为全称命题故其否定为：，故选：【点睛】本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，属于基础题．2.下列命题中正确的是（）A. 若一个平面中有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行B. 垂直于同一平面的两个平面平行C. 存在两条异面直线同时平行于同一平面D. 三点确定一个平面【答案】C【解析】【分析】根据空间中的平行与垂直关系，对题目中的命题进行分析、判断正误即可.【详解】对于A，如果一个平面内有无数条直线有另一个平面平行，则这两个平面也可能相交，故A错误；对于B，垂直于同一平面的两平面平行或相交，故B错误；对于C，当两条直线同时平行于同一平面时，这两条直线可以平行、异面、相交，故存在两条异面直线平行于同一个平面，故C正确；对于D，不共线的三点才能确定一个平面，故D错误；故选：C．【点睛】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，考查逻辑思维能力和推理判断能力，属于基础题．3.“且”是“表示圆的方程”的（）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分又非必要【答案】B【解析】【分析】根据圆的一般方程的形式，求得方程表示圆的条件，再根据充分条件、必要条件的判定方法，即可求解．【详解】由方程表示圆时，满足且，所以“且”是“表示圆的方程”的必要不充分条件．故选B．【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，以及圆的一般方程的综合应用，属于基础题．4.已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列点P中，在平面内的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】可设出平面内内一点坐标，求出与平面平行的向量，利用数量积为0可得到，，的关系式，代入各选项的数据可得结果．【详解】解：设平面内一点，则：，是平面的法向量，，，由得把各选项的坐标数据代入上式验证可知适合．故选：．【点睛】本题考查空间向量点的坐标的概念，法向量的概念，向量数量积的概念．5.椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，如果的中点在轴上，那么是的（）A. 7倍B. 5倍C. 4倍D. 3倍【答案】A【解析】【分析】先求椭圆的焦点坐标，再根据点在椭圆上，线段的中点在轴上，求得点的坐标，进而计算，，即可求得结果.【详解】∵椭圆左焦点是，右焦点是，∴为，为，设的坐标为，线段的中点为，因为段的中点在轴上，所以，∴，∴，任取一个为，∴，，∴，即是的7倍.故选：A.【点睛】本题重点考查椭圆的几何性质，考查距离公式的运用，椭圆定义的应用，属于中档题.6.如图，球内切于圆柱，记圆柱的侧面积为，球的表面积为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设球的半径为，可得圆柱的底面半径为，高为，由此求出球的表面积与圆柱的侧面积得答案.【详解】设球的半径为，可得圆柱的底面半径为，高为，则球的表面积，圆柱的侧面积，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查了圆柱及其内切球的表面积的运算，属于基础题.7.已知是双曲线：的左焦点，、为右支上的点，若的长等于虚轴长的2倍，且点在线段上，则的周长为（）A. 22B. 28C. 38D. 44【答案】D【解析】【分析】根据题意画出双曲线图象，然后根据双曲线的定义到两定点的距离之差为定值解决．求出周长即可.【详解】∵双曲线的左焦点，∴点是双曲线的右焦点，则，即虚轴长为，双曲线图象如图：∵①，②，而，∴①+②得：，∴周长为，故选：D.【点睛】本题考查三角形周长的计算，根据双曲线的定义将三角形的两边之差转化为，通过对定义的考查求出周长是解决本题的关键，考查学生的转化能能力.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 6B.C.D. 4【答案】A【解析】【分析】由三视图还原原几何体，把原几何体分割为一个长方体与一个三棱柱求，根据柱体的体积公式即可得结论.【详解】由三视图可得，该几何体分为上下两部分，上面是一个三棱柱，下面是一个长方体，根据柱体体积公式可得该几何体的体积为：，故选：A.【点睛】本题考查几何体的三视图的有关知识，考查计算能力，能够准确判断几何体的形状是解题的关键，属于中档题.9.若双曲线的右支上一点到直线的距离为，则的值为（）A. B. C. 或 D. 2或【答案】B【解析】【分析】点在双曲线上，则有，即，根据点到直线的距离公式能够求出的值，由此能够得到的值.【详解】点在双曲线上，则有，即．，∴，又点在右支上，则有，∴，∴，，故选：B．【点睛】本题主要考查双曲线的性质和点到直线的距离，解题时要注意公式的灵活运用，属于中档题.10.在中，，是的中点，平面，如果、与平面成的角分别是30°和60°，那么与平面所成的角为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°【答案】B【解析】【分析】设，由已知求出，，，，从而得到，由此能求出与平面所成角的大小.【详解】设，∵在中，，是的中点，平面，、与平面成的角分别是和，∴，，是与平面所成角，∴，，，，∴，∴，∴，∴与平面所成角的大小为，故选：B.【点睛】本题主要考查线面角的大小的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.11.如图，过抛物线（）的焦点的直线交抛物线于点、，交其准线于点，若，且，则的值为（）A. B. 3 C. D.【答案】C【解析】【分析】分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设|，根据抛物线定义可知，进而推断出的值，在直角三角形中求得，进而根据，利用比例线段的性质可求得.【详解】如图分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设，则由已知得：，由定义得：，故，在直角三角形中，∵，，∴，∴，从而得，∵，∴，求得，故选：C.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程．考查了学生对抛物线的定义和基本知识的综合把握，属于中档题.12.如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段上，E、F分别为、的中点，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先以，，三直线为，，轴，建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，，，，从而可求出向量的坐标，由得到，对函数求导，根据导数符号即可判断该函数为减函数，从而求出的最大值．【详解】解：根据已知条件，，，三直线两两垂直，分别以这三直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则：，，；在线段上，设，；；；设，；函数是一次函数，且为减函数，；在恒成立，；在上单调递减；时，取到最大值．故选：．【点睛】考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线所成角的问题，异面直线所成角的概念及其范围，向量夹角的概念及其范围，以及向量夹角余弦的坐标公式，函数导数符号和函数单调性的关系．第二部分（非选择题共90分）注意事项：1.考生须用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上題目所指示的答题区域内作答，作图题可先用铅笔画线，确认后用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效.2.本部分共10小题，共90分.二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分.13.抛物线x2=﹣8y的准线方程为．【答案】y=2【解析】试题分析：由于抛物线x2=﹣2py的准线方程为y=，则抛物线x2=﹣8y的准线方程即可得到．解：由于抛物线x2=﹣2py的准线方程为y=，则有抛物线x2=﹣8y的准线方程为y=2．故答案为y=2．14.的两个顶点为，顶点C在曲线上运动，则的重心G的轨迹方程为______________.【答案】【解析】【分析】可设重心坐标为，顶点的坐标为，，根据已知条件将、用，表示，再代入曲线的方程，求轨迹方程．【详解】解：设点坐标为，，重心坐标为，依题意有，，解得，，因点，在上移动，，所以，整理得为所求重心轨迹方程．故答案为：【点睛】本题考查轨迹方程的求法，解题时要认真审题，注意三角形重心性质的灵活运用．15.如图，在正三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则直线与平面所成的角为______________.【答案】30°【解析】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用与平面所的一个法向量的夹角，求出则与平面所成的角．【详解】解：以为坐标原点，以与垂直的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，1，，，0，，，2，，，，，，2，，，0，．设平面所的一个法向量为，，则即，取，则得，0，，，，与平面所成的角的正弦值为，与平面所成的角为故答案为：（）．【点睛】本题考查线面角的计算，利用了空间向量的方法．要注意相关点和向量坐标的准确性，及转化时角的相等或互余关系．16.如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，，P是双曲线右支上的一点，直线与y轴交于点A，的内切圆在边上的切点为Q，若，则该双曲线的离心率为______________.【答案】2【解析】【分析】由，的内切圆在边上的切点为，根据切线长定理，可得，结合，即可得出结论．【详解】解：由题意，，的内切圆在边上的切点为，根据切线长定理可得，，，，，，，即，双曲线的离心率是．故答案为：．【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查三角形内切圆的性质，考查切线长定理，考查学生的计算能力，属于基础题．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤.17.如图，正方体中，对角线和平面交于点，、交于点，求证：、、三点共线.【答案】证明见解析【解析】【分析】欲证、、三点共线，只须证它们都在平面与平面的交线上，根据立体几何中的公理可知，只要说明、、三点是平面与平面的公共点即可.【详解】连接，∵，∴，，则面，面，又∵面，∴，则面，面，即、、均在面内，又在面内则、、必定在面与面的公共交线上，即、、三点共线.【点睛】本题主要考查三点共线的证明，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于基础题.18.已知顶点在原点，焦点在轴上的抛物线被直线截得的弦长为，求抛物线的方程.【答案】或.【解析】【详解】试题分析：本题考查抛物线的标准方程以及抛物线与直线相交的弦长问题，考查基本的计算能力.先设出抛物线方程，由抛物线与直线相交列出方程组，消参得关于x的方程，得到两根之和、两根之积，将弦长进行转化，把两根之和、两根之积代入，解方程求出参数P，从而得抛物线方程.试题解析：设抛物线的方程为，则得，则或6，或.考点：1.抛物线的标准方程；2.弦长公式；3.两根之和、两根之积.19.已知点，圆（1）若过点A只能作一条圆C的切线，求实数a的值及切线方程；（2）设直线l过点A但不过原点，且在两坐标轴上的截距相等，若直线l被圆C截得的弦长为2，求实数a的值.【答案】（1），切线方程：或，切线方程：；（2）或【解析】【分析】（1）由切线条数可确定在圆上，代入圆的方程可求得；根据在圆上一点处的切线方程的结论可直接写得结果；（2）设直线方程，代入点坐标得到；利用点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，根据直线被圆截得的弦长可构造方程求得.【详解】（1）过点只能作一条圆的切线在圆上，解得：当时，，则切线方程为：，即当时，，则切线方程为：，即（2）设直线方程为：直线方程：圆圆心到直线距离，解得：或【点睛】本题考查过圆上一点的切线方程的求解、根据直线被圆截得的弦长求解参数值的问题；关键是能够熟练掌握直线与圆问题的常用结论：1.过圆上一点的切线方程为：；2.直线被圆截得的弦长等于.20.如图，已知四棱锥，底面是菱形，平面，，是边的中点，是边上的中点，连接、.（1）求证：；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过底面是菱形，，可以得到，由平面可得，由线面垂直判定可得平面，进而可得结果；（2）如图，取的中点为，连接，，通过，来证明平面平面，进而可得结论.【详解】（1）证明：∵是菱形，，∴为等边三角形，∴，∴.又∵平面，平面，∴，由，∴平面，而平面，∴.（2）如图，取的中点为，连接，，则分别，的中位线，∴，则，，由线面平行判定定理可得：，又∵，则平面平面，而平面，故平面.【点睛】本题主要考查了通过线面垂直得到线线垂直，通过构造面面平行来得到线面平行，属于中档题.21.已知椭圆的离心率为，椭圆与轴交于两点，且．（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上的一个动点，且直线与直线分别交于两点．是否存在点使得以为直径的圆经过点？若存在，求出点的横坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）点不存在.【解析】分析：（1）根据椭圆的几何性质知，即，再由离心率得，从而可得，得椭圆方程；（2）假设点P存在，并设，写出PA的方程，求出M 点坐标，同理得N点坐标，求出MN的中点坐标，即圆心坐标，利用圆过点D得一关于的等式，把P点坐标代入椭圆方程后也刚才的等式联立解得，注意的范围，即可知存在不存在．详解：（1）由已知，得知，又因为离心率为，所以.因为，所以,所以椭圆的标准方程为.（2）假设存在.设由已知可得，所以的直线方程为，的直线方程为，令，分别可得，，所以，线段的中点，若以为直径的圆经过点D（2,0），则,因为点在椭圆上，所以，代入化简得，所以，而，矛盾，所以这样的点不存在.点睛：解析几何中存在性命题常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则不存在．22.如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，，．，．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得平面？不需说明理由．【答案】（1）详见解析（2）（3）不存在【解析】【分析】（1）根据平行四边形求得，再利用线面平行的判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，再利用夹角公式求得余弦值；（3）求得平面的法向量，证明得出平面与平面不可能垂直，得出不存在点G.【详解】解：（1）因为，且，所以四边形为平行四边形，所以．因为，所以平面．（2）在平面ABEF内，过A作，因为平面平面，，，所以，所以如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，，，．所以，．设平面的法向量为则即令，则，，所以平面的一个法向量为则．所以二面角的余弦值．（3）线段上不存在点，使得平面，理由如下：解法一：设平面的法向量为，则即令，则，，所以．因为，所以平面与平面不可能垂直，从而线段上不存点，使得平面．解法二：线段上不存在点，使得平面，理由如下：假设线段上存点，使得平面，设，其中．设，则有，所以，，，从而，所以．因为平面，所以．所以有，因为上述方程组无解，所以假设不成立．所以线段上不存在点，使得平面．【点睛】本题目主要考查了线面平行的判定，以及利用空间向量求二面角和线面垂直的方法，解题的关键是在于平面的法向量的求法，运算量较大，属于中档题.2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）本试题卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分.第一部分1至2页，第二部分3至4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷.草稿纸上答题无效.满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共60分）注意事项1.选择题必须用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡对应题目标号的位置上.2.第一部分共12小题，每小题5分，共60分.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.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题解答.【详解】解：命题“，”为全称命题故其否定为：，故选：【点睛】本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，属于基础题．2.下列命题中正确的是（）A. 若一个平面中有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行B. 垂直于同一平面的两个平面平行C. 存在两条异面直线同时平行于同一平面D. 三点确定一个平面【答案】C【解析】【分析】根据空间中的平行与垂直关系，对题目中的命题进行分析、判断正误即可.【详解】对于A，如果一个平面内有无数条直线有另一个平面平行，则这两个平面也可能相交，故A错误；对于B，垂直于同一平面的两平面平行或相交，故B错误；对于C，当两条直线同时平行于同一平面时，这两条直线可以平行、异面、相交，故存在两条异面直线平行于同一个平面，故C正确；对于D，不共线的三点才能确定一个平面，故D错误；故选：C．【点睛】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，考查逻辑思维能力和推理判断能力，属于基础题．3.“且”是“表示圆的方程”的（）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分又非必要【答案】B【解析】【分析】根据圆的一般方程的形式，求得方程表示圆的条件，再根据充分条件、必要条件的判定方法，即可求解．【详解】由方程表示圆时，满足且，所以“且”是“表示圆的方程”的必要不充分条件．故选B．【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，以及圆的一般方程的综合应用，属于基础题．4.已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列点P中，在平面内的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】可设出平面内内一点坐标，求出与平面平行的向量，利用数量积为0可得到，，的关系式，代入各选项的数据可得结果．【详解】解：设平面内一点，则：，是平面的法向量，，，由得把各选项的坐标数据代入上式验证可知适合．故选：．【点睛】本题考查空间向量点的坐标的概念，法向量的概念，向量数量积的概念．5.椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，如果的中点在轴上，那么是的（）A. 7倍B. 5倍C. 4倍D. 3倍【答案】A【解析】【分析】先求椭圆的焦点坐标，再根据点在椭圆上，线段的中点在轴上，求得点的坐标，进而计算，，即可求得结果.【详解】∵椭圆左焦点是，右焦点是，∴为，为，设的坐标为，线段的中点为，因为段的中点在轴上，所以，∴，∴，任取一个为，∴，，∴，即是的7倍.故选：A.【点睛】本题重点考查椭圆的几何性质，考查距离公式的运用，椭圆定义的应用，属于中档题.6.如图，球内切于圆柱，记圆柱的侧面积为，球的表面积为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设球的半径为，可得圆柱的底面半径为，高为，由此求出球的表面积与圆柱的侧面积得答案.【详解】设球的半径为，可得圆柱的底面半径为，高为，则球的表面积，圆柱的侧面积，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查了圆柱及其内切球的表面积的运算，属于基础题.7.已知是双曲线：的左焦点，、为右支上的点，若的长等于虚轴长的2倍，且点在线段上，则的周长为（）A. 22B. 28C. 38D. 44【答案】D【解析】【分析】根据题意画出双曲线图象，然后根据双曲线的定义到两定点的距离之差为定值解决．求出周长即可.【详解】∵双曲线的左焦点，∴点是双曲线的右焦点，则，即虚轴长为，双曲线图象如图：∵①，②，而，∴①+②得：，∴周长为，故选：D.【点睛】本题考查三角形周长的计算，根据双曲线的定义将三角形的两边之差转化为，通过对定义的考查求出周长是解决本题的关键，考查学生的转化能能力.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 6B.C.D. 4【答案】A【解析】【分析】由三视图还原原几何体，把原几何体分割为一个长方体与一个三棱柱求，根据柱体的体积公式即可得结论.【详解】由三视图可得，该几何体分为上下两部分，上面是一个三棱柱，下面是一个长方体，根据柱体体积公式可得该几何体的体积为：，故选：A.【点睛】本题考查几何体的三视图的有关知识，考查计算能力，能够准确判断几何体的形状是解题的关键，属于中档题.9.若双曲线的右支上一点到直线的距离为，则的值为（）A. B. C. 或 D. 2或【答案】B【解析】【分析】点在双曲线上，则有，即，根据点到直线的距离公式能够求出的值，由此能够得到的值.【详解】点在双曲线上，则有，即．，∴，又点在右支上，则有，∴，∴，，故选：B．【点睛】本题主要考查双曲线的性质和点到直线的距离，解题时要注意公式的灵活运用，属于中档题.10.在中，，是的中点，平面，如果、与平面成的角分别是30°和60°，那么与平面所成的角为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°【答案】B【解析】【分析】设，由已知求出，，，，从而得到，由此能求出与平面所成角的大小.【详解】设，∵在中，，是的中点，平面，、与平面成的角分别是和，∴，，是与平面所成角，∴，，，，∴，∴，∴，∴与平面所成角的大小为，故选：B.【点睛】本题主要考查线面角的大小的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.11.如图，过抛物线（）的焦点的直线交抛物线于点、，交其准线于点，若，且，则的值为（）A. B. 3 C. D.【答案】C【解析】【分析】分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设|，根据抛物线定义可知，进而推断出的值，在直角三角形中求得，进而根据，利用比例线段的性质可求得.【详解】如图分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设，则由已知得：，由定义得：，故，在直角三角形中，∵，，∴，∴，从而得，∵，∴，求得，故选：C.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程．考查了学生对抛物线的定义和基本知识的综合把握，属于中档题.12.如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段上，E、F分别为、的中点，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先以，，三直线为，，轴，建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，，，，从而可求出向量的坐标，由得到，对函数求导，根据导数符号即可判断该函数为减函数，从而求出的最大值．【详解】解：根据已知条件，，，三直线两两垂直，分别以这三直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则：，，；在线段上，设，；；；设，；函数是一次函数，且为减函数，；在恒成立，；在上单调递减；时，取到最大值．故选：．【点睛】考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线所成角的问题，异面直线所成角的概念及其范围，向量夹角的概念及其范围，以及向量夹角余弦的坐标公式，函数导数符号和函数单调性的关系．第二部分（非选择题共90分）注意事项：1.考生须用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上題目所指示的答题区域内作答，作图题可先用铅笔画线，确认后用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效.2.本部分共10小题，共90分.二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分.13.抛物线x2=﹣8y的准线方程为．【答案】y=2【解析】。
2019-2020学年高二上学期期末考试数学试卷(理科)含解答解析
2019-2020学年高二上学期期末考试数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 在一次数学测试中，成绩在区间上成为优秀，有甲、乙两名同学，设命题p是“甲测试成绩优秀”，q是“乙测试成绩优秀”，则命题“甲、乙中至少有一位同学成绩不是优秀”可表示为A. ￢￢B. ￢C. ￢￢D.【答案】A【解析】解：由题意值￢是“甲测试成绩不优秀”，￢是“乙测试成绩不优秀”，则命题“甲、乙中至少有一位同学成绩不是优秀”，则用￢￢表示，故选：A．求出￢，￢，结合或且非的意义进行求解即可．本题主要考查逻辑连接词的应用，结合复合命题之间的关系是解决本题的关键．2. 抛物线的焦点坐标是A. B. C. D.【答案】C【解析】解：在抛物线--，即，，，焦点坐标是，故选：C．先把抛物线的方程化为标准形式，再求出抛物线的焦点坐标．本题考查抛物线的标准方程和简单性质的应用，比较基础．3. 的一个必要不充分条件是A. B. C. D.【答案】D【解析】解：的充要条件为对于A是的充要条件对于B，是的充分不必要条件对于C，的不充分不必要条件对于D，是的一个必要不充分条件故选：D．通过解二次不等式求出的充要条件，通过对四个选项的范围与充要条件的范围间的包含关系的判断，得到的一个必要不充分条件．解决一个命题是另一个命题的什么条件，应该先化简各个命题，再进行判断，判断时常有的方法有：定义法、集合法．4. 已知双曲线C：的离心率为，则C的渐近线方程为A. B. C. D.【答案】D【解析】解：由题意可得，即为，由，可得，即，双曲线的渐近线方程为，即为．故选：D．运用双曲线的离心率公式可得，由a，b，c的关系和双曲线的渐近线方程，计算即可得到所求方程．本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用离心率公式和双曲线的方程，考查运算能力，属于基础题．5. 四面体OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，P是MN的三等分点靠近，若，，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据题意得，故选：B．运用平面向量基本定理可解决此问题．本题考查平面向量基本定理的简单应用．6. 点到直线的距离为d，则d的最大值为A. 3B. 4C. 5D. 7【答案】A【解析】解：直线即，令，解得，．可得直线经过定点．则当时，d取得最大值．．故选：A．直线即，令，解得直线经过定点则当时，d取得最大值．本题考查了直线经过定点、相互垂直的直线，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7. 如图：在直棱柱中，，，P，Q，M分别是，BC，的中点，则直线PQ与AM所成的角是A.B.C.D.【答案】D【解析】解：以A为坐标原点，分别以AB，AC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设，则0，，2，，0，，1，．，．．直线PQ与AM所成的角是．故选：D．以A为坐标原点，分别以AB，AC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，分别求出与的坐标，利用空间向量求解．本题考查异面直线所成角的求法，训练了利用空间向量求解空间角，是基础题．8. 《九章算术商功》：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？答曰：四万六千五百尺”所谓堑堵：就是两底面为直角三角形的直棱柱：如图所示的几何体是一个“堑堵”，，，M是的中点，过BCM的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，则三棱台的表面积为A. 40B.C. 50D.【答案】B【解析】解：几何体是一个“堑堵”，，，M是的中点，过BCM的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，取的中点N，连结MN，BN，，，三棱台的表面积为：梯形梯形梯形．故选：B．取的中点N，连结MN，BN，则三棱台的表面积为梯形梯形梯形．本题考查三棱台的表面积的求法，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，考查数形结合思想，是中档题．9. 直线l过椭圆的左焦点F，且与椭圆交于P，Q两点，M为PQ的中点，O为原点，若是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的斜率为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由，得，，．则，则左焦点．由题意可知，直线l的斜率存在且不等于0，则直线l的方程为．设l与椭圆相交于、，联立，得：．则PQ的中点M的横坐标为．是以OF为底边的等腰三角形，，解得：．故选：B．由椭圆方程求得椭圆的焦点坐标，设出直线方程和椭圆方程联立，由根与系数关系结合中点坐标公式求出M的坐标，由，求得直线l的斜率．本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了直线与圆锥曲线的关系，是中档题．10. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，直线m过点F，且与抛物线在第一、四象限分别交于A，B两点，过A点作l的垂线，垂足为，若，则A. B. C. D. P【答案】C【解析】解：抛物线的焦点为，准线为l：，当直线m的斜率不存在时，，不满足题意；当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为，与抛物线联立，得，消去y整理得，，又，，，．故选：C．讨论直线m的斜率不存在时，不满足题意；直线m的斜率存在时，设直线m的方程为，与抛物线联立消去y得的值；利用求出的值，再求的值，从而求得的值．本题考查了直线与抛物线方程的应用问题，也考查了分类讨论思想应用问题，是中档题．11. 已知椭圆C的两个焦点分别是，，短轴的两个端点分别为M，N，左右顶点分别为，，若为等腰直角三角形，点T在椭圆C上，且斜率的取值范围是，那么斜率的取值范围是A. B. C. D.【答案】C【解析】解：设椭圆方程为．由为等腰直角三角形，且，得，解得，．则椭圆C的方程为．则，．设，则，得，，，，又，，解得：．斜率的取值范围是．故选：C．由已知求得椭圆方程，分别求出，的坐标，再由斜率之间的关系列式求解．本题考查椭圆的简单性质，考查运算求解能力及推理运算能力，是中档题．12. 如图：已知双曲线中，，为左右顶点，F为右焦点，B为虚轴的上端点，若在线段BF上不含端点存在不同的两点，使得构成以为斜边的直角三角形，则双曲线离心率e的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由题意，，，则直线BF的方程为，在线段BF上不含端点存在不同的两点，使得构成以线段为斜边的直角三角形，，，，在线段BF上不含端点有且仅有两个不同的点，使得，可得，，，．故选：A．求出直线BF的方程为，利用直线与圆的位置关系，结合，即可求出双曲线离心率e 的取值范围．本题考查双曲线的简单性质，考查离心率，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. “”是假命题，则实数m的取值范围是______．【答案】【解析】解：命题“”是假命题，则命题的否定是：，”是真命题，则，解得：故答案为：．特称命题与其否定的真假性相反，求解全称命题是真命题，求出m的范围即可．本题考查命题的真假判断与应用，考查等价转化思想与运算求解能力，属于基础题．14. 已知，若三向量共面，则实数______．【答案】【解析】解：，不平行，三向量共面，存在实数x，y，使，，解得，，．故答案为：．推导出不平行，由三向量共面，得存在实数x，y，使，列方程组能求出．本题考查的知识点是共线向量与向量及平面向量基本定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．15. 如图，的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知，，，则CD的长为______．【答案】【解析】解：由条件，知，．所以所以．故答案为：．由已知可得，，利用数量积的性质即可得出．本题考查面面角，考查空间距离的计算，熟练掌握向量的运算和数量积运算是解题的关键．16. 椭圆有如下光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点，已知椭圆C，其长轴的长为2a，焦距为2c，若一条光线从椭圆的左焦点出发，第一次回到焦点所经过的路程为5c，则椭圆C的离心率为______．【答案】或或【解析】解：依据椭圆的光线性质，光线从左焦点出发后，有如图所示三种路径：图1中：，则；图2中：，则；图3中，，则．椭圆C的离心率为或或，故答案为：或或．由题意画出图形，分类求解得答案．本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 已知命题p：方程表示双曲线；命题q：，若￢是￢的充分不必要条件，求实数k的取值范围．【答案】解：p真：得或，q真：，￢是￢的充分不必要条件，若￢是￢的充分不必要条件，则q是p的充分不必要条件，，则有或，或，即实数k的取值范围是或．【解析】求出命题p，q为真命题的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行转化即可．本题主要考查充分条件和必要条件的应用，求出p，q为真命题的等价条件以及利用逆否命题的等价性进行转化是解决本题的关键．18. 在直角坐标系xOy中，直线：，圆：，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．Ⅰ求，的极坐标方程；Ⅱ若直线的极坐标方程为，设与的交点为M，N，求的面积．【答案】解：Ⅰ由于，，：的极坐标方程为，故C：的极坐标方程为：，化简可得．Ⅱ把直线的极坐标方程代入圆：，可得，求得，，，由于圆的半径为1，，的面积为．【解析】Ⅰ由条件根据，求得，的极坐标方程．Ⅱ把直线的极坐标方程代入，求得和的值，结合圆的半径可得，从而求得的面积的值．本题主要考查简单曲线的极坐标方程，点的极坐标的定义，属于基础题．19. 如图：直三棱柱中，，，，D为棱上的一动点，M，N分别是，的重心，求证：；若点C在上的射影正好为M，求DN与面ABD所成角的正弦值．【答案】证明：有题意知，，，两两互相垂直，以为原点建立空间直角坐系如图所示，则0，，2，，0，，2，设0，，0，，N分别为和，的重心，，，．解：在上的射影为M，面ABD，，又，，得，解得得，或舍，，，设面ABD的法向量为y，，则，取，得1，，设DN与平面ABD所成角为则，与平面ABD所成角的正弦值为．【解析】由，，两两互相垂直，以为原点建立空间直角坐系，利用向量法能证明．求出面ABD的法向量，利用向量法能求出DN与平面ABD所成角的正弦值．本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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．20. 设抛物线C：，点，过点P作直线l，若l与C只有一个公共点，求l的方程过C的焦点F，交C与A，B两点，求：弦长；以A，B为直径的圆的方程．【答案】解：若l的斜率不存在，则l：，符合题意；分若l的斜率存在，设斜率为k，则l：；分由，消去y得，由，解得或，直线l的方程为：或；分综上所述，直线l的方程为：或或；分抛物线的焦点为，直线l的方程为：；设，，由，消去x得，；又，；分以AB为直径的圆的半径为；设AB的中点为，则，，圆心为，所求圆的方程为；综上所述，，所求圆的方程为分．【解析】讨论l的斜率不存在和斜率存在时，分别求出直线l的方程即可；写出直线l的方程，与抛物线方程联立求得弦长，再求以AB为直径的圆的方程．本题考查了直线与圆以及抛物线方程的应用问题，是中档题．21. 如图，在等腰梯形CDEF中，CB，DA是梯形的高，，，现将梯形沿CB，DA折起，使且，得一简单组合体ABCDEF如图示，已知M，N分别为AF，BD 的中点．Ⅰ求证：平面BCF；Ⅱ若直线DE与平面ABFE所成角的正切值为，则求平面CDEF与平面ADE所成的锐二面角大小．【答案】证明：Ⅰ连AC，四边形ABCD是矩形，N为BD中点，为AC中点．在中，M为AF中点，故．平面BCF，平面BCF，平面BCF．Ⅱ依题意知，且平面ABFE，在面ABFE上的射影是AE．就是DE与平面ABFE所成的角．故在中：．设且，分别以AB，AP，AD所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则设分别是平面ADE与平面CDFE的法向量令，即取则平面ADE与平面CDFE所成锐二面角的大小为．运用椭圆的性质，合理地进行等价转化．【解析】连结AC，通过证明，利用直线与平面平行的判定定理证明平面BCF．先由线面垂直的判定定理可证得平面ABFE，可知就是DE与平面ABFE所成的角，解，可得AD及DE的长，分别以AB，AP，AD所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面ADE与平面CDFE的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面平行的判定，线面夹角，是立体几何知识的综合考查，难度较大．22. 已知椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，离心率．Ⅰ求椭圆E的方程；Ⅱ过点作直线l交E于P、Q两点，试问在x轴上是否存在一定点M，使为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：Ⅰ，所求椭圆E的方程为：分Ⅱ当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，把代入整理得：，分假设存在定点，使得为定值当且仅当，即时，为定值这时分再验证当直线l的倾斜角时的情形，此时取，，存在定点使得对于经过点的任意一条直线l均有恒为定值．【解析】Ⅰ，由此能导出所求椭圆E的方程．Ⅱ当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，由，整理得：，，假设存在定点，使得为定值由此入手能够推导出存在定点，使得对于经过点的任意一条直线l均有恒为定值．本题考查椭圆方程的求法和点M的存在性质的判断解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，灵活。
2019-2020年高二上学期期末考试数学理试题 含答案
2019-2020年高二上学期期末考试数学理试题含答案一、选择题：共8题，每小题3分，共24分。
1.命题“若则”的逆命题是（A）若则（B）若则（C）若则（D）若则【答案】：A2. 已知向量，，则等于（A）（B）（C）（D）【答案】：D3.已知命题，使得：命题，下列命题为真的是（A）（B）（C）（D）【答案】：A4. 已知椭圆的左右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，若的周长为，则的方程为（A）（B）（C）（D）【答案】：B5. 在长方体中，（A）（B）（C）（D）【答案】：D6. 已知双曲线2222:1(0,0)x yC a ba b-=>>的离心率为，则的渐近线方程为（）。
A、 B、 C、 D、【答案】：C7. 给定两个命题、，若是的必要而不充分条件，则是的（）。
A、充分而不必要条件B、必要而不充分条件C、充要条件D、既不充分也不必要条件【答案】：A8. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（）。
A、 B、 C、 D、【答案】：C二、填空题：共6小题，每题4分，共24分。
9. 命题“”的否定是10. 方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是【答案】：11已知)1,4,1(),4,2,2(),1,5,2(---C B A ,则向量与的夹角为_________.【答案】：12直三棱柱中，，M,N 分别是的中点，，则BM 与AN 所成角的余弦值为_________.【答案】：13已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于A,B 两点，O 为坐标原点，若双曲线的离心率为2，的面积为，则p 的值为_________.【答案】：214已知3221:,0)1)(1(:<<<--+-x q m x m x p ，若p 是q 的必要不充分条件，则实数m 的取值范围是________.【答案】：三、解答题：本大题共6小题，共52分。
15.（本小题满分8分）已知（1）若，求实数k 的值（2）若，求实数k 的值【答案】：（1）（2）【解析】：（1）)16,4,7(3),5,35,2(--=--+-=+k k k k（2）16.（本小题满分8分）求经过点，焦点为的双曲线的标准方程，并求出该双曲线的实轴长，虚轴长，离心率，渐近线方程【答案】：x y e 55,530252±==，， 【解析】：焦点在轴上，且，，带入点即可解得方程为17. （本小题满分8分）已知：函数在内单调递增，函数大于零恒成立，若或为真，且为假，求的取值范围【答案】：【解析】：为真，则，为真则，和一真一假，真假，假真，算出来之后取并集可得答案18.（本小题满分8分）如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AC=3，BC=4，AA 1=4，AB=5，点D 是AB 的中点．（1）求证：AC ⊥BC 1；（2）求证：AC 1∥平面CDB 1．【解析】解：（1）∵ABC ﹣A 1B 1C 1为直三棱柱，∴CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴CC 1⊥AC∵AC=3，BC=4，AB=5，∴AB 2=AC 2+BC 2，∴AC ⊥CB又C 1C ∩CB=C ，∴AC ⊥平面C 1CB 1B ，又BC 1⊂平面C 1CB 1B ，∴AC ⊥BC 1（2）设CB 1∩BC 1=E ，∵C 1CBB 1为平行四边形，∴E 为C 1B 的中点又D 为AB 中点，∴AC 1∥DEDE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴AC1∥平面CDB 119.（本小题满分10分）设A （x 1，y 1）．B （x 2，y 2）两点在抛物线y=2x 2上，l 是AB 的垂直平分线．（1）当且仅当x 1+x 2取何值时，直线l 经过抛物线的焦点F ？证明你的结论；（2）当直线l 的斜率为2时，求l 在y 轴上截距的取值范围．【答案】：（1）x 1+x 2=0 （2）（，+∞）【解析】（Ⅰ）∵抛物线y=2x 2，即，∴，∴焦点为F（1）直线l 的斜率不存在时，显然有x 1+x 2=0（2）直线l 的斜率存在时，设为k ，截距为b ，即直线l ：y=kx+b 由已知得：即l 的斜率存在时，不可能经过焦点F （0，）所以当且仅当x 1+x 2=0时，直线l 经过抛物线的焦点F（II ）解：设直线l 的方程为：y=2x+b ′，故有过AB 的直线的方程为，代入抛物线方程有，得由A 、B 是抛物线上不同的两点，于是上述方程的判别式，也就是：，由直线AB 的中点为=则，于是：329321165165=->+='m b 即得l 在y 轴上的截距的取值范围是（，+∞）．20.（本小题满分10分）已知点A （0，﹣2），椭圆E ：（a ＞b ＞0）的离心率为，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为，O 为坐标原点．（Ⅰ）求E 的方程；（Ⅱ）设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．【答案】：（Ⅰ）椭圆E 的方程为；（Ⅱ）△OPQ 的面积最大时直线l 的方程为：．【解答】解：（Ⅰ）设F （c ，0），∵直线AF 的斜率为，∴，解得c=．又，b 2=a 2﹣c 2，解得a=2，b=1．∴椭圆E 的方程为；（Ⅱ）设P （x1，y1），Q （x2，y2）．由题意可设直线l 的方程为：y=kx ﹣2．联立，化为（1+4k2）x2﹣16kx+12=0，当△=16（4k2﹣3）＞0时，即时， ，．∴|PQ|= ==，点O 到直线l 的距离d=．∴S △OPQ==，设＞0，则4k2=t2+3， ∴142444442=≤+=+=tt t t S OPQ △，当且仅当t=2，即，解得时取等号． 满足△＞0，∴△OPQ 的面积最大时直线l 的方程为：．。
2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题(理)(解析版)
2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题（理）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.命题p：，，则￢为A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题p：，，则￢为：，．故选：B．利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基本知识的考查．2.已知a，，若，则A. B. C. D.【答案】D【解析】解：a，，若，对A，，若，则；，则；，则，故A错误；对B，若，则；若，则；若，则，故B错误；对C，a，，则，若a，b中有负的，则不成立，故C错误；对D，在R上递增，可得，故D正确．故选：D．讨论b的符号，即可判断A，B，C；运用在R上递增，即可判断D．本题考查两式的大小比较，考查作差法和函数的单调性的运用，考查运算能力，属于基础题．3.设等比数列的公比是q，则”是“数列是为递增数列的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】解：若，时，递减，数列单调递增不成立．若数列单调递增，当，时，满足递增，但不成立．“公比”是“数列单调递增”的既不充分也不必要条件．故选：D．根据等比数列递增的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用等比数列的性质是解决本题的关键，比较基础．4.不等式的解集是A. B.C. D.【答案】A【解析】解：不等式等价于如图，把各个因式的根排列在数轴上，用穿根法求得它的解集为，故选：A．原不等式等价于把各个因式的根排列在数轴上，用穿根法求得它的解集．本题主要考查分式不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于中档题．5.在等差数列中，，则A. 3B. 6C. 9D. 12【答案】B【解析】解：在等差数列中，由，且，得，即，．故选：B．由已知结合等差数列的性质可得，则答案可求．本题考查等差数列的性质，是基础的计算题．6.某些首饰，如手镯，项链吊坠等都是椭圆形状，这种形状给人以美的享受，在数学中，我们把这种椭圆叫做“黄金椭圆”，其离心率设黄金椭圆的长半轴，短半轴，半焦距分别为a，b，c，则a，b，c满足的关系是A. B. C. D.【答案】B【解析】解：因为离心率的椭圆称为“黄金椭圆”，所以是方程的正跟，即有，可得，又，所以．即b是a，c的等比中项．故选：B．通过椭圆的离心率，构造离心率的方程，然后推出a、b、c的关系，即可得到选项．本题考查椭圆的简单性质的应用，构造法是解得本题的关键，考查计算能力．7.已知曲线的切线过原点，则此切线的斜率为A. eB.C.D.【答案】C【解析】解：设切点坐标为，，，切线的斜率是，切线的方程为，将代入可得，，切线的斜率是；故选：C．设切点坐标为，求函数的导数，可得切线的斜率，切线的方程，代入，求切点坐标，切线的斜率．本题主要考查导数的几何意义，利用切线斜率和导数之间的关系可以切点坐标．8.若函数有极大值和极小值，则实数a的取值范围是A. B.C. D.【答案】B【解析】解：，；又函数有极大值和极小值，；故或；故选：B．由题意求导；从而化函数有极大值和极小值为；从而求解．本题考查了导数的综合应用，属于中档题．9.已知平面内有一个点，的一个法向量为1，，则下列点P中，在平面内的是A. B. C. D.【解析】解：由题意可知符合条件的点P应满足，选项A，0，，，故不在平面内；同理可得：选项B，，，故在平面内；选项C，2，，，故不在平面内；选项D，，，故不在平面内；故选：B．由题意可知符合条件的点P应满足，逐个选项验证即可．本题考查平面法向量的定义，属基础题．10.设数列的前n项和为，且，为常数列，则A. B. C. D.【答案】B【解析】解：数列的前n项和为，且，，为常数列，由题意知，，当时，，从而，，当时上式成立，．故选：B．由题意知，，当时，，由此能求出．本题考查数列的通项公式的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意累乘法的合理运用．11.下列命题正确的是若，则与、共面；若，则M、P、A、B共面；若，则A、B、C、D共面；若，则P、A、B、C共面．A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】解：对于，若，则由平面向量基本定理知与、共面，正确；对于，若，则、、共面，所以M、P、A、B四点共面，对于，若，则，这里系数，A、B、C、D不共面，错误；对于，若，则，所以P、A、B、C共面，正确．综上所述，正确的命题序号是，共3个．故选：C．在中，由平面向量基本定理知与、共面；在中，由平面向量基本定理判断、、共面，M、P、A、B四点共面；在中，由题意得，不能判断A、B、C、D四点共面；在中，由，能判断P、A、B、C四点共面．本题考查了平面向量基本定理的应用问题，是基础题．12.已知函数，，对任意存在使，则的最小值为A. B. C. D.【答案】D【解析】解：令，则，令，可得，则，．显然，是增函数，观察可得当时，，故有唯一零点．故当时，取得最小值为，故选：D．令，则，令，可得，利用导数求得取得最小值．本题主要考查对数函数的图象和性质的综合应用，利用导数求函数的最小值，属于中档题此题中导数零点不易用常规方法解出，解答时要会用代入特值的方法进行验证求零点二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若变量x，y满足约束条件，则取得最大值时的最优解为______【答案】【解析】解：画出约束条件的可行域，如图：由得：，显然直线过时，z最大，所以最优解为：故答案为：．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最优解．本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法．14.平面内，线段AB的长度为10，动点P满足，则的最小值为______．【答案】2【解析】解：平面内，线段AB的长度为10，动点P满足，即，则点P在以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支上，，．因此的最小值为．故答案为：2．平面内，线段AB的长度为10，动点P满足，即，可得点P在以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支上，即可得出答案．本题考查了双曲线的定义标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15.如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为，再由点C沿北偏东方向走10米到位置D，测得，则塔AB的高是______米【答案】【解析】解：设塔高为x米，根据题意可知在中，，，，从而有，在中，，，，由正弦定理可得，可得，则故答案为：设塔高为x米，根据题意可知在中，，，，从而有，在中，，，，，由正弦定理可求BC，从而可求x即塔高本题主要考查了正弦定理在实际问题中的应用，解决本题的关键是要把实际问题转化为数学问题，结合已知把题目中的数据转化为三角形中的数据，进而选择合适的公式进行求解．16.记为正项等比数列的前n项和，若，则的最小值为______．【答案】8【解析】解：设正项等比数列的公比为，，，，可得：解得．则，当且仅当时取等号．的最小值为8．故答案为：8．设正项等比数列的公比为，由，可得，可得：解得可得，再利用基本不等式的性质即可得出．本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、单调性、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知数列为单调递增数列，，其前n项和为，且满足求数列的通项公式；若数列其前n项和为，若成立，求n的最小值．【答案】解：，可得时，，相减可得，即为，数列为单调递增数列，即，可得，为首项为1，公差为2的等差数列，可得；，可得前n项和为，即，解得，即n的最小值为10．【解析】由数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求通项；求得，运用数列的裂项相消求和，化简计算可得所求和，解不等式可得所求最小值．本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查等差数列的定义和通项公式，考查数列的裂项相消求和，以及化简运算能力，属于中档题．18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．求角C；若，求面积的最大值．【答案】解：，由正弦定理可得：．，．．由余弦定理可得：，可得，当且仅当时取等号．面积的最大值．【解析】利用正弦定理与和差公式即可得出．利用余弦定理、基本不等式的性质、三角形面积计算公式即可得出．本题考查了正弦定理余弦定理、三角形面积计算公式、和差公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.如图，在半径为30cm的半圆形铁皮上截取一块矩形材料点A，B在直径上，点C，D在半圆周上，并将其卷成一个以AD为母线的圆柱体罐子的侧面不计剪裁和拼接损耗．若要求圆柱体罐子的侧面积最大，应如何截取？若要求圆柱体罐子的体积最大，应如何截取？【答案】解：连接OC，设，则，其中，，当且仅当，即时，S取最大值900；取时，矩形ABCD的面积最大，最大值为．设圆柱底面半径为r，高为x，则，解得，，其中；，令，得；因此在上是增函数，在上是减函数；当时，取得最大值，取时，做出的圆柱形罐子体积最大，最大值为．【解析】设，求出AB，得出侧面积S关于x的函数，利用基本不等式得出S 的最大值；用x表示出圆柱的底面半径，得出体积关于x的函数，判断的单调性，得出的最大值．本题考查了圆柱的结构特征，圆柱的侧面积与体积计算，用不等式与函数单调性求函数最值，属于中档题．20.在中，点，，且它的周长为6，记点M的轨迹为曲线E．求E的方程；设点，过点B的直线与E交于不同的两点P、Q，是否可能为直角，并说明理由．【答案】解：由题意得，，，则M的轨迹E是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，又由M，A，B三点不共线，．的方程为；证明：设直线PQ的方程为，代入，得．设，，则，．．不可能为直角．【解析】由题意得，，则，可得M 的轨迹E是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，则E的方程可求；设直线PQ的方程为，与椭圆方程联立，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系结合向量数量积证明不可能为直角．本题考查定义法求椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等，是中档题．21.如图，D是AC的中点，四边形BDEF是菱形，平面平面ABC，，，．若点M是线段BF的中点，证明：平面AMC；求平面AEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值．【答案】证明： 连接MD ，FD ． 四边形BDEF 为菱形，且 ， 为等边三角形． 为BF 的中点， ． ， ，又D 是AC 的中点， ．平面 平面 ，平面 平面BDEF ， 平面ABC ， 平面BDEF ．又 平面BDEF ， ． 由 ， ， ， 平面AMC ；解： 设线段EF 的中点为N ，连接 易证 平面 以D 为坐标原点，DB ，DC ，DN 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 则 ，，，0， ， 1， ．， ，， ．设平面AEF ，平面BCF 的法向量分别为 ， ． 由．解得．取 ， ．又由解得．取，．．平面AEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值为．【解析】连接MD，FD，可得为等边三角形又M为BF的中点，得，进一步求得，再由面面垂直的性质可证平面AMC；设线段EF的中点为N，连接易证平面以D为坐标原点，DB，DC，DN所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面AEF，平面BCF的法向量，即可求平面AEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值．本题考查面面垂直的性质，考查线面垂直，考查线面角，面面角，考查向量法的运用，正确求出平面的法向量是关键，是中档题．22.已知函数，．Ⅰ当时，讨论函数的单调性；Ⅱ若在区间上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：Ⅰ0)'/>，当，即时，时，，时，0'/>，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；当，即时，和时，0'/>，时，，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增；当，即时，和时，0'/>，时，，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增；当，即时，，所以在定义域上单调递增；综上：当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增；当时，在定义域上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．Ⅱ令，原问题等价于在区间上恒成立，可见，要想在区间上恒成立，首先必须要，而，另一方面当时，，由于，可见0'/>，所以在区间上单调递增，故，所以在区间上单调递减，成立，故原不等式成立．综上，若在区间上恒成立，则实数a的取值范围为【解析】Ⅰ当时，求出函数的导数，求出极值点，判断极值点的大小故选，讨论导函数的符号，即可得到函数的单调性；Ⅱ利用函数恒成立，转化为函数的最值问题，构造函数求解函数的导数，求出最值即可得到结果．本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的最值的求法，考查分类讨论思想的应用，考查转化思想以及计算能力．。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理(含解析)_5
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：人教A版必修5，选修2-1.第Ⅰ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.在中，角的对边分别是.若，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】因为，所以.故选：D【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形，属于基础题.2.已知，则（）A. 18B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的加法和数量积求解即可.【详解】因为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了空间向量的加法和数量积运算，属于基础题.3.已知是任意实数，，且，则下列结论不正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质判断即可.【详解】若，，则成立；若，则成立；若，则成立；若，则不成立.故选：D【点睛】本题主要考查了由条件判断所给不等式是否正确，属于基础题.4.已知，方程所表示的曲线为（）A. 中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆B. 中心在坐标原点，焦点在y轴上的椭圆C. 中心在坐标原点的圆D. 中心在坐标原点，焦点在y轴上的双曲线【答案】A【解析】【分析】将方程化为，根据椭圆的性质判断即可.【详解】可化为，又，故所表示的曲线为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆.故选：A【点睛】本题主要考查了判断方程是否表示椭圆，属于基础题.5.若等差数列的公差，，则（）A. B. C. 15 D. 28【答案】B【解析】【分析】由题意可设，，根据等差数列的定义可得的值，从而可得的值，根据即可得结果.【详解】设，，，则.即，故，故选：B.【点睛】本题考查等差数列首项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列定义的合理运用．6.下列说法正确的是（）A. “若，则或”的否命题是“若，则或”B. 如果p是q的充分条件，那么是的充分条件C. 若命题p为真命题，q为假命题，则为假命题D. 命题“若，则”的否命题为真命题【答案】C【解析】【分析】写出“若，则或”的否命题，即可A选项；根据原命题与逆否命题等价性，判断B选项；根据且命题的性质判断C选项；写出该命题的否命题，举例说明，判断D选项.【详解】“若，则或”的否命题是“若，则且”，故A错误；因为p是q的充分条件，所以由p能推出q，所以能推出，即是的必要条件故B错误；命题p为真，q为假，则为假命题，故C正确；命题“若，则”的否命题为“若，则”，所以否命题为假命题，例如当时，，故D错误.故选：C【点睛】本题主要考查了写出命题的否命题并且判断真假，原命题与逆否命题的等价性应用，属于中档题.7.已知等比数列的前n项和为，若，则，（）A. 10B. 15C. 20D. 25【答案】A【解析】【分析】对已知等式左侧的式子一、五两项，二、四两项分别通分，结合等比数列的性质再和第三项通分化简可得，结合的值进而可得结果.【详解】，则，故选：A.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，利用性质化简是解题的关键，属于中档题.8.长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，分别是四边形和正方形的中心，则向量与的夹角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】以为轴建立空间直角坐标系，则，，故选B.9.已知为正数，，则的最大值为（）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】分析】利用基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时，取得最大值.故选：D【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题. 10.若点P是以为焦点，长轴长为8的椭圆与圆心在原点、半径为的圆的一个交点，则过点P且以为焦点的双曲线的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】根据椭圆性质得出椭圆方程，再由椭圆的定义以及勾股定理，得出，进而得出，利用双曲线的定义得出其方程.【详解】由题意知，，所以，，所以椭圆的方程为.不妨设点P在第一象限，则由题意知，解得所以，所以所以双曲线的方程为故选：D.【点睛】本题主要考查了求双曲线的标准方程，涉及椭圆，双曲线的定义，属于中档题.11.“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列满足（，），记其前n项和为.设命题，命题，则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据定义，判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性判断可得.【详解】解：因为，所以，故命题p为真命题，则为假命题.，故命题q为假命题，则为真命题.由复合命题的真假判断，得为真命题.故选：【点睛】本题考查复合命题的真假性判断，由递推公式研究数列的性质，属于中档题.12.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上一点，且在第一象限，当取得最小值时，点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，可得出，结合图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用，求出方程组的解，即可得出点的坐标.【详解】如下图所示：过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，抛物线的准线为，则点，由题意可知，轴，则，，由图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，消去得，，，解得，则，解得，此时，，因此，点的坐标为.故选：B.【点睛】本题考查根据抛物线上线段比的最值来求点的坐标，涉及抛物线定义的转化，解题的关键就是要抓住直线与抛物线相切这一位置关系来分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.第Ⅱ卷二、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.已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由渐近线方程得出，结合离心率公式即可得出答案.【详解】由题可得，故.故答案为：【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，属于基础题. 14.已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】根据，得出，由是的充分不必要条件，得出，根据包含关系得出的范围.【详解】由题设，得或，设或由，得，设因为是的充分不必要条件，所以，因此.故答案为：【点睛】本题主要考查了由充分不必要条件求参数范围，属于中档题.15.在中角的对边分别为.已知，，，则_______.【答案】3【解析】【分析】根据二倍角公式得出，再由余弦定理求解即可.【详解】，由余弦定理得，解得(舍)，.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形，涉及二倍角公式，属于中档题.16.如图，在正四棱锥中，二面角为60°，E为的中点.已知F为直线上一点，且F与A不重合，若异面直线与所成角为60°，则=_____________.【答案】11【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系，由二面角的定义得出，从而写出的坐标，由向量共线的性质设，利用向量的加法得出，由异面直线与所成角，利用向量法得出的值，从而得出的值.【详解】取的中点G，与的交点为，以O为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设因为二面角为60°，所以则.设，则从而整理得，解得(舍)，故.故答案为：【点睛】本题主要考查了已知面面角，线线角求参数，属于中档题.三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设，：函数的定义域为R，q：函数在区间上有零点.（1）若q是真命题，求a的取值范围；（2）若是真命题，求a的取值范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，从而得出的范围；（2）由判别式小于0得出中的范围，根据或命题的性质得出的范围.【详解】解：（1）当q是真命题时，在上有解即函数与函数有交点又的值域为所以a的取值范围为.（2）当p是真命题时，由题意，在上恒成立，则，则.记当p是真命题时，a的取值集合为A，则；记当是真命题时，a的取值集合为B，则或，因为是真命题所以a的取值范围是或【点睛】本题主要考查了由命题为真命题求参数范围，属于中档题.18.已知数列的前n项和满足.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由与的关系，结合等比数列的定义即可得出其通项公式；（2）根据对数的运算得出，进而得出，利用裂项求和法求和即可.【详解】解：（1）由，得.，两式相减得所以数列是以为首项，为公比的等比数列则，（2）因为，所以，所以【点睛】本题主要考查了已知求，以及利用裂项求和法求数列的和，属于中档题.19.在中，角的对边分别为.已知，且.（1）求A；（2）若的周长为6，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理的角化边公式结合余弦定理即可得出；（2）将变形为，结合周长得出，进而得出，再由三角形面积公式得出的面积.【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理得，化简得，则所以.（2）因为，则因为的周长为6，所以，则.故.【点睛】本题主要考查了正弦定理的角化边，余弦定理以及三角形面积公式，属于中档题.20.已知函数.（1）若不等式的解集是，求a的值；（2）当时，求不等式的解集.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据不等式的解集得出的根，将其代入方程即可得出的值；（2）将不等式变形为，讨论参数的值，利用一元二次不等式的解法得出解集.【详解】解：（1）∵不等式的解集是∴与是方程的实根，且则解得.（2）不等式可化为①若，则，即.②若，则，方程的解为或，当，即时，原不等式的解集为R；当，即时，原不等式的解集为；当，即时，原不等式的解集为.综上所述，原不等式的解集情形如下：当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为R；当时，解集为.【点睛】本题主要考查了已知一元二次不等式的解集求参数以及分类讨论解一元二次不等式，属于中档题.21.如图，在三棱柱中，，，，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由平面，所以，再由勾股定理，证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面.（2）以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．【详解】（1）证明：因为平面，所以，因为，，所以，又，所以平面.（2）以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则，，所以，，取，则.又平面，取平面的法向量，所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角为.【点睛】本题考查了线面垂直判定与证明，以及二面角的计算问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理．同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22.已知点是椭圆的一个顶点，且椭圆N的离心率为.（1）求椭圆N的方程；（2）已知是椭圆N的左焦点，过作两条互相垂直的直线，交椭圆N于两点，交椭圆N于两点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质得出的值，即可得出椭圆的方程；（2）分情况讨论，当直线有一条斜率不存在时，；当斜率存在且不为0时，设其方程为，，将方程代入椭圆方程，由韦达定理得出，，利用弦长公式得出，，进而得出，再利用换元法得出的取值范围.详解】解：（1）由题意，.∵，∴，，∴椭圆N的方程为.（2）由（1）的椭圆方程，得.①当直线有一条斜率不存在时，.②当斜率存在且不为0时，设其方程为，，联立，得.∴，.∴.把代入上式，可得∴，设∴∵，∴.综上，的取值范围是.【点睛】本题主要考查了由的值求椭圆方程以及弦长公式的应用，属于中档题.2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：人教A版必修5，选修2-1.第Ⅰ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.在中，角的对边分别是.若，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】因为，所以.故选：D【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形，属于基础题.2.已知，则（）A. 18B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的加法和数量积求解即可.【详解】因为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了空间向量的加法和数量积运算，属于基础题.3.已知是任意实数，，且，则下列结论不正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质判断即可.【详解】若，，则成立；若，则成立；若，则成立；若，则不成立.故选：D【点睛】本题主要考查了由条件判断所给不等式是否正确，属于基础题.4.已知，方程所表示的曲线为（）A. 中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆B. 中心在坐标原点，焦点在y轴上的椭圆C. 中心在坐标原点的圆D. 中心在坐标原点，焦点在y轴上的双曲线【答案】A【解析】【分析】将方程化为，根据椭圆的性质判断即可.【详解】可化为，又，故所表示的曲线为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆.故选：A【点睛】本题主要考查了判断方程是否表示椭圆，属于基础题.5.若等差数列的公差，，则（）A. B. C. 15 D. 28【答案】B【解析】【分析】由题意可设，，根据等差数列的定义可得的值，从而可得的值，根据即可得结果.【详解】设，，，则.即，故，故选：B.【点睛】本题考查等差数列首项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列定义的合理运用．6.下列说法正确的是（）A. “若，则或”的否命题是“若，则或”B. 如果p是q的充分条件，那么是的充分条件C. 若命题p为真命题，q为假命题，则为假命题D. 命题“若，则”的否命题为真命题【答案】C【解析】【分析】写出“若，则或”的否命题，即可A选项；根据原命题与逆否命题等价性，判断B选项；根据且命题的性质判断C选项；写出该命题的否命题，举例说明，判断D选项.【详解】“若，则或”的否命题是“若，则且”，故A错误；因为p是q的充分条件，所以由p能推出q，所以能推出，即是的必要条件故B 错误；命题p为真，q为假，则为假命题，故C正确；命题“若，则”的否命题为“若，则”，所以否命题为假命题，例如当时，，故D错误.故选：C【点睛】本题主要考查了写出命题的否命题并且判断真假，原命题与逆否命题的等价性应用，属于中档题.7.已知等比数列的前n项和为，若，则，（）A. 10B. 15C. 20D. 25【答案】A【解析】【分析】对已知等式左侧的式子一、五两项，二、四两项分别通分，结合等比数列的性质再和第三项通分化简可得，结合的值进而可得结果.【详解】，则，故选：A.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，利用性质化简是解题的关键，属于中档题.8.长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，分别是四边形和正方形的中心，则向量与的夹角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】以为轴建立空间直角坐标系，则，，故选B.9.已知为正数，，则的最大值为（）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】分析】利用基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时，取得最大值.故选：D【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题.10.若点P是以为焦点，长轴长为8的椭圆与圆心在原点、半径为的圆的一个交点，则过点P且以为焦点的双曲线的方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据椭圆性质得出椭圆方程，再由椭圆的定义以及勾股定理，得出，进而得出，利用双曲线的定义得出其方程.【详解】由题意知，，所以，，所以椭圆的方程为.不妨设点P在第一象限，则由题意知，解得所以，所以所以双曲线的方程为故选：D.【点睛】本题主要考查了求双曲线的标准方程，涉及椭圆，双曲线的定义，属于中档题. 11.“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列满足（，），记其前n项和为.设命题，命题，则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据定义，判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性判断可得.【详解】解：因为，所以，故命题p为真命题，则为假命题.，故命题q为假命题，则为真命题.由复合命题的真假判断，得为真命题.故选：【点睛】本题考查复合命题的真假性判断，由递推公式研究数列的性质，属于中档题.12.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上一点，且在第一象限，当取得最小值时，点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，可得出，结合图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用，求出方程组的解，即可得出点的坐标.【详解】如下图所示：过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，抛物线的准线为，则点，由题意可知，轴，则，，由图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，消去得，，，解得，则，解得，此时，，因此，点的坐标为.故选：B.【点睛】本题考查根据抛物线上线段比的最值来求点的坐标，涉及抛物线定义的转化，解题的关键就是要抓住直线与抛物线相切这一位置关系来分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.第Ⅱ卷二、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.已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由渐近线方程得出，结合离心率公式即可得出答案.【详解】由题可得，故.故答案为：【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，属于基础题.14.已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】根据，得出，由是的充分不必要条件，得出，根据包含关系得出的范围.【详解】由题设，得或，设或由，得，设因为是的充分不必要条件，所以，因此.故答案为：【点睛】本题主要考查了由充分不必要条件求参数范围，属于中档题.15.在中角的对边分别为.已知，，，则_______.【答案】3【解析】【分析】根据二倍角公式得出，再由余弦定理求解即可.【详解】，由余弦定理得，解得(舍)，.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形，涉及二倍角公式，属于中档题.16.如图，在正四棱锥中，二面角为60°，E为的中点.已知F为直线上一点，且F与A不重合，若异面直线与所成角为60°，则=_____________.【答案】11【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系，由二面角的定义得出，从而写出的坐标，由向量共线的性质设，利用向量的加法得出，由异面直线与所成角，利用向量法得出的值，从而得出的值.【详解】取的中点G，与的交点为，以O为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设因为二面角为60°，所以则.设，则从而整理得，解得(舍)，故.故答案为：【点睛】本题主要考查了已知面面角，线线角求参数，属于中档题.三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设，：函数的定义域为R，q：函数在区间上有零点.（1）若q是真命题，求a的取值范围；（2）若是真命题，求a的取值范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，从而得出的范围；（2）由判别式小于0得出中的范围，根据或命题的性质得出的范围.【详解】解：（1）当q是真命题时，在上有解即函数与函数有交点又的值域为所以a的取值范围为.（2）当p是真命题时，由题意，在上恒成立，则，则.记当p是真命题时，a的取值集合为A，则；记当是真命题时，a的取值集合为B，则或，因为是真命题所以a的取值范围是或【点睛】本题主要考查了由命题为真命题求参数范围，属于中档题.18.已知数列的前n项和满足.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由与的关系，结合等比数列的定义即可得出其通项公式；（2）根据对数的运算得出，进而得出，利用裂项求和法求和即可.【详解】解：（1）由，得.，两式相减得所以数列是以为首项，为公比的等比数列则，（2）因为，所以，所以【点睛】本题主要考查了已知求，以及利用裂项求和法求数列的和，属于中档题. 19.在中，角的对边分别为.已知，且.（1）求A；（2）若的周长为6，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理的角化边公式结合余弦定理即可得出；（2）将变形为，结合周长得出，进而得出，再由三角形面积公式得出的面积.【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理得，化简得，则所以.（2）因为，则因为的周长为6，所以，则.故.【点睛】本题主要考查了正弦定理的角化边，余弦定理以及三角形面积公式，属于中档题. 20.已知函数.（1）若不等式的解集是，求a的值；（2）当时，求不等式的解集.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据不等式的解集得出的根，将其代入方程即可得出的值；（2）将不等式变形为，讨论参数的值，利用一元二次不等式的解法得出解集.【详解】解：（1）∵不等式的解集是∴与是方程的实根，且则解得.（2）不等式可化为①若，则，即.②若，则，方程的解为或，当，即时，原不等式的解集为R；当，即时，原不等式的解集为；当，即时，原不等式的解集为.综上所述，原不等式的解集情形如下：当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为R；当时，解集为.【点睛】本题主要考查了已知一元二次不等式的解集求参数以及分类讨论解一元二次不等式，属于中档题.21.如图，在三棱柱中，，，，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由平面，所以，再由勾股定理，证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面.（2）以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．【详解】（1）证明：因为平面，所以，因为，，所以，又，所以平面.（2）以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则，，所以，，取，则.又平面，取平面的法向量，所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角为.【点睛】本题考查了线面垂直判定与证明，以及二面角的计算问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理．同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22.已知点是椭圆的一个顶点，且椭圆N的离心率为.（1）求椭圆N的方程；（2）已知是椭圆N的左焦点，过作两条互相垂直的直线，交椭圆N于两点，交椭圆N于两点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质得出的值，即可得出椭圆的方程；（2）分情况讨论，当直线有一条斜率不存在时，；当斜率存在且不为0时，设其方程为，，将方程代入椭圆方程，由韦达定理得出，，利用弦长公式得出，，进而得出，再利用换元法得出的取值范围.详解】解：（1）由题意，.∵，∴，，∴椭圆N的方程为.。
2019-2020年高二上学期期末数学试卷(理科)含解析
2019-2020年高二上学期期末数学试卷（理科）含解析一、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．已知命题p：∀a∈R，且a＞0，a+≥2，命题q：∃x0∈R，sin x0+cos x0=，则下列判断正确的是（）A．p是假命题B．q是真命题C．p∧（￢q）是真命题D．（￢p）∧q是真命题2．设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C=（）A． B． C． D．3．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，，且f（A）=2，b=1，△ABC的面积是，则的值是（）A．2 B．2 C．4 D．24．设S n为等差数列{a n}的前n项的和a1=1，，则数列的前xx项和为（）A． B． C． D．5．已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2=60°，则P到x轴的距离为（）A． B． C． D．6．已知二次不等式ax2+2x+b＞0解集为{x|x≠﹣}，则a2+b2﹣a﹣b的最小值为（）A．0 B．1 C．2 D．47．已知直线y=k（x+2）（k＞0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（）A． B． C． D．8．直三棱柱A1B1C1﹣ABC，∠BCA=90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）A． B． C． D．9．设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a2=﹣10，a3+a7=﹣8，当S n取得最小值时，n的值为（）A．5 B．6 C．7 D．6或710．四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是平行四边形，M是AC与BD的交点．若=，=，=，则可以表示为（）A． B． C． D．11．已知对任意的a∈[﹣1，1]，函数f（x）=x2+（a﹣4）x+4﹣2a的值总大于0，则x的取值范围是（）A．x＜1或x＞3 B．1＜x＜3 C．1＜x＜2 D．x＜2或x＞312．已知实数x，y满足约束条件，目标函数z=x+y，则当z=3时，x2+y2的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸给定的横线上.13．设等比数列{a n}的公比q=2，前n项和为S n，S4=λa4，则λ为．14．已知△ABC中，AB=，BC=1，sinC=cosC，则△ABC的面积为．15．如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是．16．已知椭圆的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|AF|=6，∠AFB=90°，则C的离心率e=．三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程17．（12分）设命题p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，命题q：实数x 满足．（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；（2）若¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所列边分别为a，b，c，且．（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若，试判断bc取得最大值时△ABC形状．19．（12分）已知等差数列{a n}的公差为2，前n项和为S n，且S1、S2、S4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=（﹣1）n﹣1，求数列{b n}的前n项和T n．20．（12分）已知四棱锥P﹣ABCD中底面四边形ABCD是正方形，各侧面都是边长为2的正三角形，M是棱PC的中点．建立空间直角坐标系，利用空间向量方法解答以下问题：（1）求证：PA∥平面BMD；（2）求二面角M﹣BD﹣C的平面角的大小．21．（12分）某中学食堂定期从粮店以每吨1500元的价格购买大米，每次购进大米需支付运输费100元．食堂每天需用大米l吨，贮存大米的费用为每吨每天2元（不满一天按一天计），假定食堂每次均在用完大米的当天购买．（1）该食堂隔多少天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少？（2）粮店提出价格优惠条件：一次购买量不少于20吨时，大米价格可享受九五折（即原价的95%），问食堂可否接受此优惠条件？请说明理由．22．（10分）如图，已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，短轴端点与椭圆的两个焦点所构成的三角形面积为1，过点D（0，2）且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在定点，使•恒为定值．若存在求出这个定值；若不存在，说明理由．xx山东省临沂市重点中学高二（上）期末数学试卷（理科）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．已知命题p：∀a∈R，且a＞0，a+≥2，命题q：∃x0∈R，sin x0+cos x0=，则下列判断正确的是（）A．p是假命题B．q是真命题C．p∧（￢q）是真命题D．（￢p）∧q是真命题【考点】复合命题的真假．【分析】本题的关键是对命题p：∀a∈R，且a＞0，有，命题q：∃x∈R，的真假进行判定，在利用复合命题的真假判定【解答】解：对于命题p：∀a∈R，且a＞0，有，利用均值不等式，显然p为真，故A错命题q：∃x∈R，，而∉所以q是假命题，故B错∴利用复合命题的真假判定，p∧（￢q）是真命题，故C正确（￢p）∧q是假命题，故D错误故选：C【点评】本题考查的知识点是复合命题的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断2．设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若b+c=2a，3sinA=5sinB，则角C=（）A． B． C． D．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】由正弦定理将3sinA=5sinB转化为5b=3a，从而将b、c用a表示，代入余弦定理即可求出cosC，即可得出∠C．【解答】解：∵b+c=2a，由正弦定理知，5sinB=3sinA可化为：5b=3a，解得c=b，由余弦定理得，cosC==，∴C=，故选：B．【点评】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．3．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，，且f（A）=2，b=1，△ABC的面积是，则的值是（）A．2 B．2 C．4 D．2【考点】正弦定理的应用．【分析】由f（A）=2，求出A=，△ABC的面积是求出c=2，由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bc cosA，求出 a 的值，由正弦定理求得的值．【解答】解：∵f（A）=2sin（2A+）+1=2，∴sin（2A+）=，又0＜A＜π，∴＜2A+＜，∴2A+=，∴A=．由△ABC的面积是==c• 可得c=2．由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bc cosA=5﹣4×，∴a=，∴==2，故选A．【点评】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，根据三角函数的值求角，求出角A 的值和a边的值，是解题的关键．4．设S n为等差数列{a n}的前n项的和a1=1，，则数列的前xx项和为（）A． B． C． D．【考点】等差数列的性质．【分析】利用等差数列的性质，等差数列的通项公式以及前n项和公式，求得数列用裂项法进行求和{a n}的通项公式、前n项公式，可得数列的通项公式，进而用裂项法求得它的前xx项和．【解答】解：S n为等差数列{a n}的前n项的和a1=1，设公差为d，∵=﹣=a1+1008d﹣（a1+1007d）=d，∴a n=a1+（n﹣1）d=n，S n=n•1+•1=，∴==2（﹣），则数列的前xx项和为2[1﹣+﹣+﹣+…+﹣）=2（1﹣）=，故选：A．【点评】本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式以及前n项和公式，用裂项法进行求和，属于中档题．5．已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2=60°，则P到x轴的距离为（）A． B． C． D．【考点】双曲线的定义；余弦定理；双曲线的简单性质．【分析】设点P（x0，y0）在双曲线的右支，由双曲线的第二定义得，．由余弦定理得cos∠F1PF2=，由此可求出P到x轴的距离．【解答】解：不妨设点P（x0，y0）在双曲线的右支，由双曲线的第二定义得，．由余弦定理得cos∠F1PF2=，即cos60°=，解得，所以，故P到x轴的距离为故选B．【点评】本题主要考查双曲线的几何性质、第二定义、余弦定理，考查转化的数学思想，通过本题可以有效地考查考生的综合运用能力及运算能力．6．已知二次不等式ax2+2x+b＞0解集为{x|x≠﹣}，则a2+b2﹣a﹣b的最小值为（）A．0 B．1 C．2 D．4【考点】基本不等式在最值问题中的应用；简单线性规划．【分析】根据一元二次不等式的解集得到a，b满足的条件，利用配方法结合基本不等式进行求解即可．【解答】解：∵二次不等式ax2+2x+b＞0解集为{x|x≠﹣}，∴，则a＞0且ab=1，则a2+b2﹣a﹣b=（a+b）2﹣（a+b）﹣2ab=（a+b）2﹣（a+b）﹣2=（a+b﹣）2﹣，∵a+b≥2=2，∴当a+b=2时，a2+b2﹣a﹣b取得最小值此时a2+b2﹣a﹣b=22﹣2﹣2=0，故选：A【点评】本题主要考查一元二次不等式以及基本不等式的应用，利用配方法和转化法是解决本题的关键．7．已知直线y=k（x+2）（k＞0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（）A． B． C． D．【考点】抛物线的简单性质．【分析】根据直线方程可知直线恒过定点，如图过A、B分别作AM⊥l于M，BN ⊥l于N，根据|FA|=2|FB|，推断出|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，进而可知，进而推断出|OB|=|BF|，进而求得点B的横坐标，则点B的坐标可得，最后利用直线上的两点求得直线的斜率．【解答】解：设抛物线C：y2=8x的准线为l：x=﹣2直线y=k（x+2）（k＞0）恒过定点P（﹣2，0）如图过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，由|FA|=2|FB|，则|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，则，∴|OB|=|BF|，点B的横坐标为1，故点B的坐标为，故选D【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了对抛物线的基础知识的灵活运用．8．直三棱柱A1B1C1﹣ABC，∠BCA=90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）A． B． C． D．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BD1与AF1所成角的余弦值．【解答】解：∵直三棱柱A1B1C1﹣ABC，∠BCA=90°，∴以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，∴设BC=CA=CC1=2，则B（0，20），D1（1，1，2），A（2，0，0），F1（1，0，2），=（1，﹣1，2），=（﹣1，0，2），设BD1与AF1所成角为θ，则cosθ===．∴BD1与AF1所成角的余弦值为．故选：B．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．9．设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a2=﹣10，a3+a7=﹣8，当S n取得最小值时，n的值为（）A．5 B．6 C．7 D．6或7【考点】等差数列的通项公式．【分析】利用等差数列的通项公式与单调性即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a2=﹣10，a3+a7=﹣8，∴a1+d=﹣10，2a1+8d=﹣8，解得a1=﹣12，d=2．∴a n=﹣12+2（n﹣1）=2n﹣14，令a n≤0，解得n≤7．当S n取得最小值时，n的值为6或7．故选：D．【点评】本题考查了等差数列的通项公式与单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10．四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是平行四边形，M是AC与BD的交点．若=，=，=，则可以表示为（）A． B． C． D．【考点】空间向量的加减法．【分析】利用向量三角形法则、平行四边形法则即可得出．【解答】解：∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是平行四边形，M是AC与BD的交点．∴=+，==﹣，∴=﹣﹣，故选：C．【点评】本题考查了向量三角形法则、平行四边形法则，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．已知对任意的a∈[﹣1，1]，函数f（x）=x2+（a﹣4）x+4﹣2a的值总大于0，则x的取值范围是（）A．x＜1或x＞3 B．1＜x＜3 C．1＜x＜2 D．x＜2或x＞3【考点】二次函数的性质．【分析】把二次函数的恒成立问题转化为y=a（x﹣2）+x2﹣4x+4＞0在a∈[﹣1，1]上恒成立，再利用一次函数函数值恒大于0所满足的条件即可求出x的取值范围．【解答】解：原题可转化为关于a的一次函数y=a（x﹣2）+x2﹣4x+4＞0在a∈[﹣1，1]上恒成立，只需⇒⇒x＜1或x＞3．故选：A．【点评】本题的做题方法的好处在于避免了讨论二次函数的对称轴和变量间的大小关系，而一次函数在闭区间上的最值一定在端点处取得，所以就把解题过程简单化了．12．已知实数x，y满足约束条件，目标函数z=x+y，则当z=3时，x2+y2的取值范围是（）A． B． C． D．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可得到结论【解答】解：作出不等式对应的平面区域，当目标函数z=x+y，则当z=3时，即x+y=3时，作出此时的直线，则x2+y2的几何意义为动点P（x，y）到原点的距离的平方，当直线x+y=3与圆x2+y2=r2相切时，距离最小，即原点到直线x+y=3的距离d=，即最小值为d2=，当直线x+y=3与圆x2+y2=r2相交与点B或C时，距离最大，由，解得x=1，y=2，即B（1，2），由，解得x=2，y=1，即C（2，1）此时r2=x2+y2=22+12=5，故选：C．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题纸给定的横线上.13．设等比数列{a n}的公比q=2，前n项和为S n，S4=λa4，则λ为．【考点】等比数列的前n项和．【分析】根据等比数列的通项公式以及前n项和公式进行求解即可．【解答】解：∵等比数列{a n}的公比q=2，∴由S4=λa4，得=λ23a1=8λa1，即15=8λ，故λ=，故答案为：【点评】本题主要考查等比数列的应用，根据等比数列的通项公式以及前n项和公式，建立方程是解决本题的关键．14．已知△ABC中，AB=，BC=1，sinC=cosC，则△ABC的面积为．【考点】正弦定理；三角形的面积公式．【分析】由已知及tanC=可求tanC，进而可求C，然后由余弦定理可得，可求AC，代入可求【解答】解：∵sinC=cosC，∴tanC==∵C∈（0，π）∴∵AB=，BC=1，由余弦定理可得，=∴∴AC=2，==故答案为：【点评】本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，解题的关键是熟练应用基本公式15．如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是．【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；异面直线及其所成的角．【分析】通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可得出．【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系．由于AB=BC=AA1，不妨取AB=2，则E（0，1，0），F（0，0，1），C1（2，0，2）．∴=（0，﹣1，1），=（2，0，2）．∴===．∴异面直线EF和BC1的夹角为．故答案为：．【点评】本题考查了通过建立空间直角坐标系和向量的夹角公式求异面直线的夹角，属于基础题．16．已知椭圆的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|=10，|AF|=6，∠AFB=90°，则C的离心率e=．【考点】椭圆的简单性质．【分析】由已知条件，利用解直角三角形求出|BF|，再利用椭圆的对称性质能求出椭圆的离心率．【解答】解：如图所示，在△AFB中，|AB|=10，|AF|=6，∠AFB=90°，∴|BF|2=|AB|2﹣|AF|2=100﹣36=64，∴|BF|=8，设F′为椭圆的右焦点，连接BF′，AF′．根据对称性可得四边形AFBF′是矩形．∴|BF′|=|AF|=6，|FF′|=10．∴2a=8+6=14，2c=10，解得a=7，c=5，∴e==，故答案为：．【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，解题时要认真审题，注意椭圆的对称性的合理运用．三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程17．（12分）（xx秋•临沂期末）设命题p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a ＞0，命题q：实数x满足．（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；（2）若¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【考点】复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】（1）现将a=1代入命题p，然后解出p和q，又p∧q为真，所以p真且q真，求解实数a的取值范围；（2）先由￢p是￢q的充分不必要条件得到q是p 的充分不必要条件，然后化简命题，求解实数a的范围．【解答】解：（1）当a=1时，p：{x|1＜x＜3}，q：{x|2＜x≤3}，又p∧q为真，所以p真且q真，由得2＜x＜3，所以实数x的取值范围为（2，3）（2）因为￢p是￢q的充分不必要条件，所以q是p的充分不必要条件，又p：{x|a＜x＜3a}（a＞0），q：{x|2＜x≤3}，所以解得1＜a≤2，所以实数a的取值范围是（1，2]【点评】充要条件要抓住“大能推小，小不能推大”规律去推导．18．（12分）（xx秋•临沂期末）在△ABC中，角A，B，C所列边分别为a，b，c，且．（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若，试判断bc取得最大值时△ABC形状．【考点】三角形的形状判断；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理．【分析】（Ⅰ）利用正弦定理和同角三角函数的基本关系化简已知式可得，从而求得角A的值．（Ⅱ）在△ABC中，利用余弦定理和基本不等式可得bc≤3，此时根据，又，可得，△ABC为等边三角形【解答】解：（Ⅰ）∵，∴，…（2分）即，∴，∴，…∵0＜A＜π，∴．…（6分）（Ⅱ）在△ABC中，a2=b2+c2﹣2bccosA，且，∴，∵b2+c2≥2bc，∴3≥2bc﹣bc，即bc≤3，当且仅当时，bc取得最大值，…（9分），又，故bc取得最大值时，△ABC为等边三角形…（12分）【点评】本题考查正弦定理、余弦定理，同角三角函数的基本关系，基本不等式的应用，求出bc≤3，是解题的难点．19．（12分）（xx•河西区一模）已知等差数列{a n}的公差为2，前n项和为S n，且S1、S2、S4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=（﹣1）n﹣1，求数列{b n}的前n项和T n．【考点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合．【分析】（1）根据等差数列的性质得出（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，运用通项公式求解即可．（2）由（Ⅰ）可得b n=（﹣1）n﹣1（+）．对n分类讨论“裂项求和”即可得出【解答】解：（1）∵等差数列{a n}的公差为2，前n项和为S n，且S1、S2、S4成等比数列．∴S n=na1+n（n﹣1）（2a1+2）2=a1（4a1+12），a1=1，∴a n=2n﹣1；（2）∵由（Ⅰ）可得b n=（﹣1）n﹣1=（﹣1）n﹣1=（﹣1）n﹣1（+）．∴T n=（1+）﹣（+）+（+）+…+（﹣1）n﹣1（+）．当n为偶数时，T n=1+）﹣（+）+（+）+…+（+）﹣（+）=1﹣=．当n为奇数时，T n=1+）﹣（+）+（+）+…﹣（+）+（+）=1+=．∴T n=．【点评】本题综合考查了等差数列等比数列的定义，性质，公式，运用方程组的方法求解即可，属于容易题．20．（12分）（xx秋•临沂期末）已知四棱锥P﹣ABCD中底面四边形ABCD是正方形，各侧面都是边长为2的正三角形，M是棱PC的中点．建立空间直角坐标系，利用空间向量方法解答以下问题：（1）求证：PA∥平面BMD；（2）求二面角M﹣BD﹣C的平面角的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．【分析】（1）连结AC、BD交于点O，连结OP，以O为原点，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能证明PA∥平面BMD．（2）求出平面ABCD的法向量和平面MBD的法向量，利用向量法能求出二面角M ﹣BD﹣C的平面角．【解答】证明：（1）连结AC、BD交于点O，连结OP．…（1分）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD∵PA=PC，∴OP⊥AC，同理OP⊥BD，…（2分）以O为原点，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz，，…，…平面BMD的法向量为，∵，，又PA⊄平面BMD，…∴PA∥平面BMD．…（6分）解：（2）平面ABCD的法向量为…（7分）平面MBD的法向量为，则，即，…（8分）∴…（9分）二面角M﹣BD﹣C的平面角为α，则，α=45°，…（11分）∴二面角M﹣BD﹣C的平面角45°．…（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．21．（12分）（xx秋•临沂期末）某中学食堂定期从粮店以每吨1500元的价格购买大米，每次购进大米需支付运输费100元．食堂每天需用大米l吨，贮存大米的费用为每吨每天2元（不满一天按一天计），假定食堂每次均在用完大米的当天购买．（1）该食堂隔多少天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少？（2）粮店提出价格优惠条件：一次购买量不少于20吨时，大米价格可享受九五折（即原价的95%），问食堂可否接受此优惠条件？请说明理由．【考点】基本不等式在最值问题中的应用．【分析】（1）设每n天购一次，即购n吨，则库存总费用为2[n+（n﹣1）+…+2+1]=n（n+1）．即可得到平均每天费用y1=，利用基本不等式即可得出最小值．（2）若接受优惠，每m天购一次，即购m吨（m≥20），则平均每天费用y2=．利用导数研究其单调性，即可得出其最小值．（1）设每n天购一次，即购n吨，则库存总费用为2[n+（n﹣1）+…+2+1]=n 【解答】解：（n+1）．则平均每天费用y1=n=．当且仅当n=10时取等号．∴该食堂隔10天购买一次大米，可使每天支付的总费用最少．（2）若接受优惠，每m天购一次，即购m吨（m≥20），则平均每天费用y2==（m∈[20，+∞））．令f（m）=．则＞0，故当m∈[20，+∞）时，函数f（m）单调递增，故当m=20时，（y2）min=1451＜1521．∴食堂可接受此优惠条件．【点评】正确审请题意，利用等差数列的前n项和公式得出表达式，熟练掌握基本不等式求最值和利用导数研究函数的单调性等是解题的关键．22．（10分）（xx秋•临沂期末）如图，已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，短轴端点与椭圆的两个焦点所构成的三角形面积为1，过点D（0，2）且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在定点，使•恒为定值．若存在求出这个定值；若不存在，说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）根据椭圆的性质列方程解出a，b；（2）联立方程组消元，得出A，B坐标的关系，代入向量的数量积公式计算即可．【解答】解：（1）根据，解得，椭圆C的方程为．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程得，，消y得（1+2k2）x2+8kx+6=0，则x1+x2=﹣，x1x2=．又∴y1y2=（kx1+2）（kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4=﹣，y1+y2=（kx1+2）+（kx2+2）=k（x1+x2）+4=．∵，∴==．故•恒为定值．【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．。
2019-2020学年高二上学期期末数学试卷(理科)带答案
2019-2020学年高二上学期期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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）设命题p：∃n∈N，n2＞2n，则￢p为（）A．∀n∈N，n2＞2n B．∃n∈N，n2≤2n C．∀n∈N，n2≤2n D．∃n∈N，n2=2n 2．（5分）如果方程表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围是（）A．3＜m＜4 B．C．D．3．（5分）“x＞1”是“log（x+2）＜0”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）设S n是等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5，a5=9，则S7等于（）A．13 B．35 C．49 D．635．（5分）有下列四个命题：①“若x+y=0，则x，y互为相反数”的逆命题；②“全等三角形的面积相等”的否命题；③“若q≤1，则x2+2x+q=0有实根”的逆否命题；④“直角三角形有两个角是锐角”的逆命题；其中真命题为（）A．①②B．②③C．①③D．③④6．（5分）已知等比数列{a n}满足a1=，a3a5=4（a4﹣1），则a2=（）A．2 B．1 C．D．7．（5分）设z=x+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则z 的最小值为（）A．﹣3 B．﹣6 C．3 D．68．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos2=，则△ABC的形状一定是（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形9．（5分）若直线mx+ny+2=0（m＞0，n＞0）截得圆（x+3）2+（y+1）2=1的弦长为2，则+的最小值为（）A．6 B．8 C．10 D．1210．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB=PD=a，E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为（）A．90°B．60°C．45°D．30°11．（5分）若△ABC顶点B，C的坐标分别为（﹣4，0），（4，0），AC，AB边上的中线长之和为30，则△ABC的重心G的轨迹方程为（）A．=1（y≠0） B．=1（x≠0）C．=1（x≠0） D．=1（y≠0）12．（5分）设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x﹣5）2+y2=r2（r ＞0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（）A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．（5分）已知，则向量与﹣λ垂直的充要条件是λ=．14．（5分）△ABC中，A、B、C对应边分别为a、b、c．若a=x，b=2，B=45°，且此三角形有两解，则x的取值范围为．15．（5分）过点M（1，1）作斜率为﹣的直线与椭圆C：+=1（a＞b＞0）相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于．16．（5分）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（10分）p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，q：实数x满足（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；（2）¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．18．（12分）已知双曲线的中心在原点，焦点F1，F2在坐标轴上，一条渐近线方程为y=x，且过点（4，﹣）．（1）求双曲线方程；（2）若点M（3，m）在此双曲线上，求•．19．（12分）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC 面积的2倍．（1）求；（2）若AD=1，DC=，求BD和AC的长．20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E 为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD的体积．21．（12分）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n=3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n．22．（12分）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程．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，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）设命题p：∃n∈N，n2＞2n，则￢p为（）A．∀n∈N，n2＞2n B．∃n∈N，n2≤2n C．∀n∈N，n2≤2n D．∃n∈N，n2=2n 【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可得到结论．【解答】解：命题的否定是：∀n∈N，n2≤2n，故选：C．【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．2．（5分）如果方程表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围是（）A．3＜m＜4 B．C．D．【分析】进而根据焦点在y轴推断出4﹣m＞0，m﹣3＞0并且m﹣3＞4﹣m，求得m的范围．【解答】解：由题意可得：方程表示焦点在y轴上的椭圆，所以4﹣m＞0，m﹣3＞0并且m﹣3＞4﹣m，解得：．故选D．【点评】本题主要考查了椭圆的标准方程，解题时注意看焦点在x轴还是在y轴．3．（5分）“x＞1”是“log（x+2）＜0”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式之间的关系进行判断即可．【解答】解：由log（x+2）＜0得x+2＞1，即x＞﹣1，则“x＞1”是“log（x+2）＜0”的充分不必要条件，故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式之间的关系是解决本题的关键．比较基础．4．（5分）设S n是等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5，a5=9，则S7等于（）A．13 B．35 C．49 D．63【分析】由题意可得a3+a5=14，进而可得a1+a7=a3+a5=14，而S7=，代入即可得答案．【解答】解：由题意可得a3+a5=14，由等差数列的性质可得a1+a7=a3+a5=14，故S7====49，故选C【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．5．（5分）有下列四个命题：①“若x+y=0，则x，y互为相反数”的逆命题；②“全等三角形的面积相等”的否命题；③“若q≤1，则x2+2x+q=0有实根”的逆否命题；④“直角三角形有两个角是锐角”的逆命题；其中真命题为（）A．①②B．②③C．①③D．③④【分析】利用四种命题关系写出四个命题，然后判断真假即可．【解答】解：①“若x+y=0，则x，y互为相反数”的逆命题：“若x，y互为相反数，则x+y=0”逆命题正确；②“全等三角形的面积相等”的否命题：“不全等三角形的面积不相等”，三角形的命题公式可知只有三角形的底边与高的乘积相等命题相等，所以否命题不正确；③“若q≤1，则x2+2x+q=0有实根”的逆否命题：“x2+2x+q=0没有实根，则q＞1”，因为x2+2x+q=0没有实根，所以4﹣4q＜0可得q＞1，所以逆否命题正确；④“直角三角形有两个角是锐角”的逆命题：两个角是锐角的三角形是直角三角形，显然不正确．正确命题有①③．故选：C．【点评】本题考查四种命题的关系，命题的真假的判断，基本知识的考查．6．（5分）已知等比数列{a n}满足a1=，a3a5=4（a4﹣1），则a2=（）A．2 B．1 C．D．【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，∵，a3a5=4（a4﹣1），∴=4，化为q3=8，解得q=2则a2==．故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题．7．（5分）设z=x+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则z的最小值为（）A．﹣3 B．﹣6 C．3 D．6【分析】先画出可行域，得到角点坐标．再利用z的最大值为12，通过平移直线z=x+y得到最大值点A，求出k值，即可得到答案．【解答】解：可行域如图：由得：A（k，k），目标函数z=x+y在x=k，y=k时取最大值，即直线z=x+y在y轴上的截距z最大，此时，12=k+k，故k=6．∴得B（﹣12，6），目标函数z=x+y在x=﹣12，y=6时取最小值，此时，z的最小值为z=﹣12+6=﹣6，故选B．【点评】本题主要考查简单线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义．8．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos2=，则△ABC的形状一定是（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形【分析】在△ABC中，利用二倍角的余弦与正弦定理可将已知cos2=，转化为cosA=，整理即可判断△ABC的形状．【解答】解：在△ABC中，∵cos2=，∴==+∴1+cosA=+1，即cosA=，∴cosAsinC=sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC=0，sinA≠0，∴cosC=0，∴C为直角．故选：B．【点评】本题考查三角形的形状判断，着重考查二倍角的余弦与正弦定理，诱导公式的综合运用，属于中档题．9．（5分）若直线mx+ny+2=0（m＞0，n＞0）截得圆（x+3）2+（y+1）2=1的弦长为2，则+的最小值为（）A．6 B．8 C．10 D．12【分析】由题意可知直线过圆心，可得3m+n=2，从而+=（+），展开后利用基本不等式可求答案．【解答】解：∵直线截得圆的弦长为直径，∴直线mx+ny+2=0过圆心（﹣3，﹣1），即﹣3m﹣n+2=0，∴3m+n=2，∴+=（+）=3+≥3+=6，当且仅当时取等号，由截得，∴+的最小值为6，故选A．【点评】该题考查直线与圆的位置关系、基本不等式的应用，变形+=（+）是解决本题的关键所在．10．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB=PD=a，E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为（）A．90°B．60°C．45°D．30°【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，利用向量法能求出PB与平面EFD所成角．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，D为坐标原点．P（0，0，a），B（a，a，0），=（a，a，﹣a），又=（0，，），=0+=0，∴PB⊥DE．由已知DF⊥PB，又DF∩DE=D，∴PB⊥平面EFD，∴PB与平面EFD所成角为90°．故选：A．【点评】本题考查线面角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．11．（5分）若△ABC顶点B，C的坐标分别为（﹣4，0），（4，0），AC，AB边上的中线长之和为30，则△ABC的重心G的轨迹方程为（）A．=1（y≠0） B．=1（x≠0）C．=1（x≠0） D．=1（y≠0）【分析】根据三角形重心的性质可得G到B、C两点的距离之和等于20，因此G 的轨迹为以B、C为焦点的椭圆．利用题中数据加以计算可得相应的椭圆方程，注意到点G不能落在x轴上得到答案．【解答】解：设AC、AB边上的中线分别为CD、BE∵BG=BE，CG=CD∴BG+CG=（BE+CD）=20（定值）因此，G的轨迹为以B、C为焦点的椭圆，2a=20，c=4∴a=10，b==，可得椭圆的方程为∵当G点在x轴上时，A、B、C三点共线，不能构成△ABC∴G的纵坐标不能是0，可得△ABC的重心G的轨迹方程为=1（y≠0）故选：D【点评】本题给出三角形两条中线长度之和等于定值，求重心G的轨迹方程．着重考查了三角形重心的性质、椭圆的定义与标准方程和轨迹方程的求法等知识，属于中档题．12．（5分）设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x﹣5）2+y2=r2（r ＞0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（）A．（1，3） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）【分析】先确定M的轨迹是直线x=3，代入抛物线方程可得y=±2，所以交点与圆心（5，0）的距离为4，即可得出结论．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），斜率存在时，设斜率为k，则y12=4x1，y22=4x2，则，相减，得（y1+y2）（y1﹣y2）=4（x1﹣x2），当l的斜率存在时，利用点差法可得ky0=2，因为直线与圆相切，所以=﹣，所以x0=3，即M的轨迹是直线x=3．将x=3代入y2=4x，得y2=12，∴﹣2，∵M在圆上，∴（x0﹣5）2+y02=r2，∴r2=y02+4＜12+4=16，∵直线l恰有4条，∴y0≠0，∴4＜r2＜16，故2＜r＜4时，直线l有2条；斜率不存在时，直线l有2条；所以直线l恰有4条，2＜r＜4，故选：D．【点评】本题考查直线与抛物线、圆的位置关系，考查点差法，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．（5分）已知，则向量与﹣λ垂直的充要条件是λ=2．【分析】⊥（﹣λ）⇔•（﹣λ）=0，解出即可得出．【解答】解：﹣λ=（﹣3+λ，2，1﹣4λ），∵⊥（﹣λ），∴•（﹣λ）=﹣3（﹣3+λ）+4+1﹣4λ=0，解得λ=2．∴向量与﹣λ垂直的充要条件是λ=2．故答案为：2．【点评】本题考查了向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．（5分）△ABC中，A、B、C对应边分别为a、b、c．若a=x，b=2，B=45°，且此三角形有两解，则x的取值范围为．【分析】利用余弦定理，构建方程，根据解此三角形有两解，可得方程有两个不等的正根，从而可求x的取值范围【解答】解：由余弦定理可得：4=c2+x2﹣2cx×cos45°∴c2﹣xc+x2﹣4=0∵解此三角形有两解，∴方程有两个不等的正根∴△=2x2﹣4（x2﹣4）＞0，且x2﹣4＞0，x＞0∴x2﹣8＜0，且x2﹣4＞0，x＞0∴2＜x＜2故答案为：．【点评】本题重点考查余弦定理的运用，考查解三角形解的个数，解题的关键是利用余弦定理，构建方程，将解此三角形有两解，转化为方程有两个不等的正根．15．（5分）过点M（1，1）作斜率为﹣的直线与椭圆C：+=1（a＞b＞0）相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于．【分析】利用点差法，结合M是线段AB的中点，斜率为﹣，即可求出椭圆C 的离心率．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则①，②，∵M是线段AB的中点，∴=1，=1，∵直线AB的方程是y=﹣（x﹣1）+1，∴y1﹣y2=﹣（x1﹣x2），∵过点M（1，1）作斜率为﹣的直线与椭圆C：+=1（a＞b＞0）相交于A，B两点，M是线段AB的中点，∴①②两式相减可得，即，∴a=b，∴=b，∴e==．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的离心率，考查学生的计算能力，正确运用点差法是关键．16．（5分）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．【分析】数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），利用“累加求和”可得a n=．再利用“裂项求和”即可得出．【解答】解：∵数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），∴当n≥2时，a n=（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=n+…+2+1=．当n=1时，上式也成立，∴a n=．∴=2．∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．【点评】本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（10分）p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0，q：实数x满足（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；（2）¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【分析】（1）若a=1，分别求出p，q成立的等价条件，利用且p∧q为真，求实数x的取值范围；（2）利用￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）由x2﹣4ax+3a2＜0，得（x﹣3a）（x﹣a）＜0．又a＞0，所以a＜x＜3a．当a=1时，1＜x＜3，即p为真时实数x的取值范围是1＜x＜3．由得得2＜x≤3，即q为真时实数x的取值范围是2＜x≤3．若p∧q为真，则p真且q真，所以实数x的取值范围是2＜x＜3．（2）￢p是￢q的充分不必要条件，即￢p⇒￢q，且￢q推不出￢p．即q是p的充分不必要条件，则，解得1＜a≤2，所以实数a的取值范围是1＜a≤2．【点评】本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系，利用逆否命题的等价性将￢p是￢q的充分不必要条件，转化为q是p的充分不必要条件是解决本题的关键，18．（12分）已知双曲线的中心在原点，焦点F1，F2在坐标轴上，一条渐近线方程为y=x，且过点（4，﹣）．（1）求双曲线方程；（2）若点M（3，m）在此双曲线上，求•．【分析】（1）设双曲线方程为x2﹣y2=λ，λ≠0，由双曲线过点（4，﹣），能求出双曲线方程．（2）由点M（3，m）在此双曲线上，得m=．由此能求出•的值．【解答】解：（1）∵双曲线的中心在原点，焦点F1，F2在坐标轴上，一条渐近线方程为y=x，∴设双曲线方程为x2﹣y2=λ，λ≠0，∵双曲线过点（4，﹣），∴16﹣10=λ，即λ=6，∴双曲线方程为=1．（2）∵点M（3，m）在此双曲线上，∴=1，解得m=．∴M（3，），或M（3，﹣），∵F 1（﹣2，0），，∴当M（3，）时，=（﹣2﹣3，﹣），=（，﹣），•=﹣12﹣6=0；当M（3，﹣）时，=（﹣2﹣3，），=（，），•=﹣12﹣6+6+9+3=0．故•=0．【点评】本题考查双曲线方程的求法，考查向量的数量积的求法，解题时要认真审题，注意双曲线性质的合理运用．19．（12分）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC 面积的2倍．（1）求；（2）若AD=1，DC=，求BD和AC的长．【分析】（1）如图，过A作AE⊥BC于E，由已知及面积公式可得BD=2DC，由AD平分∠BAC及正弦定理可得sin∠B=，sin∠C=，从而得解．（2）由（1）可求BD=．过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，由AD平分∠BAC，可求AB=2AC，令AC=x，则AB=2x，利用余弦定理即可解得BD和AC的长．【解答】解：（1）如图，过A作AE⊥BC于E，∵==2∴BD=2DC，∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠DAC在△ABD中，=，∴sin∠B=在△ADC中，=，∴sin∠C=；∴==．…6分（2）由（1）知，BD=2DC=2×=．过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，∵AD平分∠BAC，∴DM=DN，∴==2，∴AB=2AC，令AC=x，则AB=2x，∵∠BAD=∠DAC，∴cos∠BAD=cos∠DAC，∴由余弦定理可得：=，∴x=1，∴AC=1，∴BD的长为，AC的长为1．【点评】本题主要考查了三角形面积公式，正弦定理，余弦定理等知识的应用，属于基本知识的考查．20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E 为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E﹣ACD的体积．【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E﹣ACD的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O点，连接EO，∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥PB，（2分）EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC；（6分）（Ⅱ）解：延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，∴CD⊥平面AMD，∴CD⊥MD．∵二面角D﹣AE﹣C为60°，∴∠CMD=60°，∵AP=1，AD=，∠ADP=30°，∴PD=2，E为PD的中点．AE=1，∴DM=，CD==．三棱锥E﹣ACD的体积为：==．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，几何体的体积的求法，二面角等指数的应用，考查逻辑思维能力，是中档题．21．（12分）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n=3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n．【分析】（Ⅰ）利用2S n=3n+3，可求得a1=3；当n＞1时，2S n﹣1=3n﹣1+3，两式相减2a n=2S n﹣2S n﹣1，可求得a n=3n﹣1，从而可得{a n}的通项公式；（Ⅱ）依题意，a n b n=log3a n，可得b1=，当n＞1时，b n=31﹣n•log33n﹣1=（n﹣1）×31﹣n，于是可求得T1=b1=；当n＞1时，T n=b1+b2+…+b n=+（1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n），利用错位相减法可求得{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）因为2S n=3n+3，所以2a1=31+3=6，故a1=3，=3n﹣1+3，当n＞1时，2S n﹣1此时，2a n=2S n﹣2S n﹣1=3n﹣3n﹣1=2×3n﹣1，即a n=3n﹣1，所以a n=．（Ⅱ）因为a n b n=log3a n，所以b1=，当n＞1时，b n=31﹣n•log33n﹣1=（n﹣1）×31﹣n，所以T1=b1=；当n＞1时，T n=b1+b2+…+b n=+（1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n），所以3T n=1+（1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n），两式相减得：2T n=+（30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n）=+﹣（n ﹣1）×31﹣n=﹣，所以T n=﹣，经检验，n=1时也适合，综上可得T n=﹣．【点评】本题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考查“错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题．22．（12分）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程．【分析】（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C的方程，求得x0=，根据|QF|=|PQ|求得p的值，可得C的方程．（Ⅱ）设l的方程为x=my+1 （m≠0），代入抛物线方程化简，利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长|AB|．把直线l′的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理、弦长公式求得|MN|．由于MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，由此求得m的值，可得直线l的方程．【解答】解：（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C：y2=2px （p＞0），可得x0=，∵点P（0，4），∴|PQ|=．又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，∴+=×，求得p=2，或p=﹣2（舍去）．故C的方程为y2=4x．（Ⅱ）由题意可得，直线l和坐标轴不垂直，y2=4x的焦点F（1，0），设l的方程为x=my+1（m≠0），代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0，显然判别式△=16m2+16＞0，y1+y2=4m，y1•y2=﹣4．∴AB的中点坐标为D（2m2+1，2m），弦长|AB|=|y1﹣y2|==4（m2+1）．又直线l′的斜率为﹣m，∴直线l′的方程为x=﹣y+2m2+3．过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，把线l′的方程代入抛物线方程可得y2+y﹣4（2m2+3）=0，∴y3+y4=，y3•y4=﹣4（2m2+3）．故线段MN的中点E的坐标为（+2m2+3，），∴|MN|=|y3﹣y4|=，∵MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，∴+DE2=MN2，∴4（m2+1）2 ++=×，化简可得m2﹣1=0，∴m=±1，∴直线l的方程为x﹣y﹣1=0，或x+y﹣1=0．【点评】本题主要考查求抛物线的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理、弦长公式的应用，体现了转化的数学思想，属于难题．。
2019-2020学年高二第一学期期末考试数学试卷(理科)附解答
2019-2020学年高二第一学期期末考试数学试卷（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48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.数列1，-3，5，-7，9，……的一个通项公式为（ ）A. 21n a n =-B. (1)(12)nn a n =-- C. (1)(21)n n a n =-- D. (1)(21)nn a n =-+2.“ 0,2sin x x x ∀>>”的否定是（ ） A. 0,2sin x x x ∀>< B. 0,2sin x x x ∀>≤ C. 0000,2sin x x x ∃≤≤ D. 0000,2sin x x x ∃>≤3.在三棱柱111ABC A B C -中，D 是1CC 的中点，F 是1A B 的中点，且DF AC AB αβ=+，则（ ）A. 1,12αβ==-B. 1,12αβ=-=C. 11,2αβ==-D. 11,2αβ=-=4.在ABC ∆中，A B ∠∠∠、、C 所对的边分别为a b c 、、，若3A π∠=，3a =，2b =，则 B ∠=（ ）A. 6πB. 4πC. 3πD. 2π5.记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 86.已知双曲线2222:1x y C a b-=的离心率为53，其左焦点为1(5,0)F =-，则双曲线C 的方程为（ ）A. 22143x y -=B. 22134x y -=C. 221916x y -=D. 221169x y -= 7.下列命题正确的是（ ）A. 命题“p q ∧ ”为假命题，则命题p 与命题q 都是假命题；B. 命题“若x y =，则sin sin x y =”的逆否命题为真命题；C. “ 22am bm <”是“ a b <”成立的必要不充分条件；D. 命题“存在0x R ∈，使得 20010x x ++<”的否定是：“对任意x R ∈，均有210x x ++<”.8.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过动点(1,2)P ，法向量为(2,3)n =-的直线的点法式方程为2(1)3(2)0x y --+-=，化简得2340x y -+=，类比上述方法，在空间直角坐标系中，经过点(1,2,1)P -，且法向量为(2,3,1)n =-的直线的点法式方程应为（ ）A. 2330x y z --+=B. 2350x y z -++=C. 2370x y z ++-=D. 2390x y z +--=9.已知F 是双曲线221412x y -=的左焦点，(1,4)A ，P 是双曲线右支上的动点，则PF PA +的最小值为（ ）A. 10B. 9C. 8D. 710.已知0,0,1a b a b >>+=则14y a b=+的最小值是（ ）A. 10B. 9C. 8D. 711.已知1F 、2F 是椭圆2222:1(0)x yC a b a b+=>>的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A且斜率为36的直线上，12PF F ∆为等腰三角形，1223F F P π∠=,则C 的离心率为（ ）A.14 B. 12 C. 13 D. 23 12.如图，已知正方体ABCD EFGR -的上底面中心为H ，点O 为AH 上的动点，P 为FG 的三等分点（靠近点F ），Q 为EF 的中点，分别记二面角P OQ R --， Q OR P --， R OP Q--的平面角为,,αβγ，则（ ）A. γαβ<<B.αγβ<<C.βαγ<<D.αβγ<< 二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
2019-2020学年高二上学期期末考试数学(理)试题(解析版)
2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.与命题“若，则”等价的命题是A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】解：原命题与逆否命题属于等价命题，此命题的逆否命题是：若，则．故选：C．原命题与逆否命题属于等价命题，写出命题的逆否命题得答案．本题考查了四种命题间的逆否关系，是基础题．2.在等比数列中，若，是方程的两根，则的值为A. 6B.C.D. 1【答案】B【解析】解：在等比数列中，，是方程的两根，．的值为．故选：B．利用韦达定理和等比数列的通项公式直接求解．本题考查等比数列中两项积的求法，考查韦达定理和等比数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.设，则下列不等式一定成立的是A. B. C. D.【答案】B【解析】解，，，故选：B．直接利用不等式性质，在两边同时乘以一个负数时，不等式改变方向即可判断．本题主要考查了不等式的性质的简单应用，属于基础试题．4.命题“，”的否定是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“，”的否定是：，．故选：D．直接利用全称命题是否定是特称命题写出结果即可．本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．5.不等式的解集为A. B.C. D. 或【答案】C【解析】解：不等式等价为，得，即，即不等式的解集为，故选：C．将分式不等式转化为一元二次不等式，进行求解即可．本题主要考查分式不等式的求解，利用转化转化为一元二次不等式是解决本题的关键．6.命题甲：是命题乙：的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】解：，，推不出，是的充分不必要条件．故选：A．把转化为，由，推不出，得是的充分不必要条件．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．7.中，a，b，C分别是角A，B、C所对应的边，，，，则A. 或B.C. 或D.【答案】A【解析】解：由，，，可得；正弦定理：，可得解得：；，或；根据正弦定理和大边对大角，可得答案．本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用，考查运算能力，属于基础题．8.设实数，，则A. B. C. D.【答案】A【解析】解：．，，，，即，故选：A．利用分子有理化进行化简，结合不等式的性质进行判断即可．本题主要考查不等式的大小比较，利用分子有理化进行化简是解决本题的关键．9.已知x，y满足约束条件，则的最小值为A. 0B. 2C. 6D. 8【答案】B【解析】解：x，y满足约束条件表示的区域如图：由，当直线经过图中时，直线在y轴上的截距最小，所以最小值为2；故选：B．画出不等式组表示的平面区域，利用目标函数的几何意义求最大值．本题考查了简单线性规划问题；正确画出可行域，利用目标函数的几何意义求最值是解答的关键．10.在等差数列中，已知，且，则中最大的是A. B. C. D.【答案】B【解析】解：在等差数列中，，且，，，，中最大的是．由，且，得到，，由此能求出中最大的是．本题考查等差数列中前n项和最大时项数的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．11.如图，在四面体OABC中，M、N分别在棱OA、BC上，且满足，，点G是线段MN的中点，用向量，，表示向量应为A.B.C.D.【答案】A【解析】解：在四面体OABC中，M、N分别在棱OA、BC上，且满足，，点G是线段MN的中点，．故选：A．利用空间向量加法法则直接求解．本题考查命题真假的判断，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．12.设抛物线C：的焦点为F，点M在抛物线C上，，线段MF中点的横坐标为，若以MF为直径的圆过点，则抛物线C的焦点到准线的距离为A. 4或8B. 2或8C. 2或4D. 4或16【答案】B【解析】解：抛物线C方程为，焦点，准线方程为，设，由抛物线性质，可得，因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为，由已知圆半径也为，据此可知该圆与y轴相切于点，故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，即，代入抛物线方程得，所以或，则则C的焦点到准线距离为2或8．故选：B．求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义和准线和圆相切的条件，求出，代入抛物线方程得，求出p．本题考查抛物线的定义和方程、性质，注意运用第一发和中位线定理和直线和圆相切，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知，2，，且，则______．【答案】解：，．故答案为：【解析】利用向量共线的充要条件：坐标交叉相乘的积相等，列出方程求出x的值．解决向量共线问题，一般利用向量共线的充要条件：坐标交叉相乘的积相等找解决的思路．14.若一元二次不等式的解集是，则a的值是______．【答案】【解析】解：一元二次不等式的解集是，则和是一元二次方程的实数根，，解得．故答案为：．根据一元二次不等式和对应方程的关系，利用根与系数的关系求出a的值．本题考查了一元二次不等式与对应方程的应用问题，是基础题．15.已知两个正实数x，y满足，且恒有，则实数m的取值范围是______．【答案】【解析】解：，，，，当且仅当，时，取等号，恒成立等价于，故答案为：．先用基本不等式求出的最小值8，然后解一元二次不等式得到结果．本题考查了基本不等式及其应，属基础题．16.当双线M：的离心率取得最小值时，双曲线M的渐近线方程为______．【答案】【解析】解：双曲线M：，显然，双曲线的离心率，当且仅当时取等号，此时双曲线M：的双曲线的渐近线方程为：．故答案为：．求出双曲线的离心率的表达式，然后求解最小值，求出m，即可情况双曲线的渐近线方程．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知为等差数列，且，．求的通项公式；若等比数列满足，，求的前n项和公式．【答案】解：为等差数列，设公差为d，由已知可得，解得，．；由，，等比数列的公比，的前n项和公式．【解析】设等差数列的公差为d，由已知列关于首项与公差的方程组，求得首项与公差，则的通项公式可求；求出 ，进一步得到公比，再由等比数列的前n 项和公式求解． 本题考查等差数列的通项公式，考查等比数列的前n 项和，是中档题． 18. 在 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且．Ⅰ 求角A 的大小；Ⅱ 若 ， ，求a 的值． 【答案】解： Ⅰ 由正弦定理可得：， ，，，可得：，，，可得：， Ⅱ，可得： ， ，．【解析】 Ⅰ 由正弦定理化简已知等式可得：，结合 ，利用两角和的正弦函数公式可求，结合范围，可求A 的值．Ⅱ 利用三角形的面积公式可求 ，进而根据余弦定理即可解得a 的值． 本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 19. 直三棱柱 中，底面ABC 为等腰直角三角形，， ， ，M 是侧棱 上一点，设 ，用空间向量知识解答下列问题． Ⅰ 若 ，证明： ；Ⅱ 若 ，求直线与平面ABM 所成的角的正弦值．【答案】证明： Ⅰ 直三棱柱 中，底面ABC 为等腰直角三角形，， ， ， M 是侧棱 上一点，设 ， ，以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴， 为z 轴，建立空间直角坐标系，0， ， 2， ， 0， ， 2， ， 2， ， 2， ，， C.Ⅱ当时，2，，0，，0，，2，，设平面ABM的法向量y，，则，取，得1，，设直线与平面ABM所成的角为，则．直线与平面ABM所成的角的正弦值为．【解析】Ⅰ以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明 C.Ⅱ当时，求出平面ABM的法向量，利用向量法能求出直线与平面ABM所成的角的正弦值．本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题．20.已知椭圆C：过点，，直线l：与椭圆C交于，两点．Ⅰ求椭圆C的标准方程；Ⅱ已知点，且A、M、N三点不共线，证明：是锐角．【答案】解：Ⅰ将点、的坐标代入椭圆C的方程得，解得，所以，椭圆C的标准方程为；Ⅱ将直线l的方程与椭圆C的方程联立，消去x并化简得，恒成立，由韦达定理得，．，同理可得所以，．由于A、M、N三点不共线，因此，是锐角．【解析】Ⅰ将题干中两点坐标代入椭圆C的方程，求出a和b的值，即可得出椭圆C 的标准方程；Ⅱ将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，利用向量数量积的坐标运算并代入韦达定理计算，并结合A、M、N三点不共线，可证明出是锐角．本题考查直线与椭的综合问题，考查椭圆的方程，结合向量数量积的坐标运算进行考察，属于中等题．21.如图，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形，，F为CD的中点．求证：平面BCE；求二面角的余弦值的大小．【答案】证明：设，以AC，AB所在的直线分别作为x轴、z轴，以过点A在平面ACD内和AC垂直的直线作为y轴，建立如图所示的坐标系，0，，0，，0，，，．为CD的中点，．，，0，，，平面BCE，平面BCE．解：设平面BCE的一个法向量y，，则，令，得．设平面BDE的一个法向量y，，，则，令，得．．故二面角的余弦值为．【解析】设，以AC，AB所在的直线分别作为x轴、z轴，以过点A在平面ACD内和AC垂直的直线作为y轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面BCE．求出平面BCE的一个法向量和设平面BDE的一个法向量，利用向量法能证明二面角的余弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题．22.已知抛物线E：的焦点为F，是抛物线E上一点，且．Ⅰ求抛物线E的标准方程；Ⅱ设点B是抛物线E上异于点A的任意一点，直线AB与直线交于点P，过点P作x轴的垂线交抛物线E于点M，设直线BM的方程为，k，b均为实数，请用k的代数式表示b，并说明直线BM过定点．【答案】解：Ⅰ根据题意知，，因为，所以，联立解得，；所以抛物线E的标准方程为；Ⅱ设，；又直线BM的方程为，代入，得；由根与系数的关系，得，；由轴及点P在直线上，得，则由A，P，B三点共线，得，整理，得；将代入上式并整理，得，由点B的任意性，得，即，所以；即直线BM恒过定点．【解析】Ⅰ由题意，利用抛物线的定义与性质求得p的值，即可写出抛物线方程；Ⅱ设点，，由直线BM的方程和抛物线方程联立，消去y，利用根与系数的关系和A，P，B三点共线，化简整理可得BM的方程，从而求出直线BM所过的定点．本题考查了抛物线的性质和直线和抛物线的位置关系，以及直线过定点的应用问题，是中档题．。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理(含解析)_11
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）说明：本试卷分为第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，共4页.考试时间120分钟，分值150分.注意事项：1.答题前，考生必须将自己的姓名，考号填写清楚，并将条形码粘贴到指定区域.2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清晰.3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸，试题卷上答案无效.4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破，弄皱，不准使用涂改液，修正带，刮纸刀.第Ⅰ卷一、单项选择（每题5分，共计60分）1.用秦九韶算法求多项式当时的值时，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将多项式进行整理变形，代值计算即可.【详解】因为故可得.故选：B.【点睛】本题考查秦九韶算法中的相关计算，属基础题.2.已知向量，且，则的值为（）A. 11B. 6C. 7D. 15【答案】A【解析】【分析】利用向量共线定理即可求出.【详解】向量，且，存在实数使得，，解得，.故选：.【点睛】本题追要考查是向量共线定理应用，考查了计算能力，及空间向量的应用，是基础题.3.执行如图所示的程序框图，输出的k值为A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的k的值.【详解】模拟程序的运行，可得，执行循环体，，不满足条件，执行循环体，；不满足条件,执行循环体，；满足条件，退出循环，输出的值为6，故选C.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于常考题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.4.甲、乙两名运动员分别进行了5次射击训练，成绩如下：甲：6，7，8，8，10；乙：8，9，9，9，10.若甲、乙两名运动员的平均成绩分别用，表示，方差分别用，表示，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据平均数和方差的计算公式，分别求出两组数据的平均数和方差，即可进行选择.【详解】因为；；；故可得；.故选：D.【点睛】本题考查平均数和方差的计算，属基础题.5.某年级有学生560人，现用系统抽样的方法抽取一个容量为70的样本，把学生编号为1～560号，已知编号为20的学生被抽中，则样本中编号最小的是（）A. 004B. 005C. 006D. 007【答案】A【解析】分析】根据系统抽样等距抽样的特点，结合已知编号，即可求得结果.【详解】因为抽取容量为70的样本，故应该将全部人员分为70组，则抽样距离为8，又编号20是第三组，故最小编号是.又编号均是三位数，故最小编号是.故选：A.【点睛】本题考查系统抽样中编号的计算，属基础题.6.如图所示是一样本的频率分布直方图，则由图形中的数据，可以估计众数与中位数分别是（）A. 12.5；12.5B. 13；13C. 13；12.5D. 12.5；13【答案】D【解析】分析：根据频率分布直方图中众数与中位数的定义和计算方法，即可求解频率分布直方图的众数与中位数的值.详解：由题意，频率分布直方图中最高矩形的底边的中点的横坐标为数据的众数，所以中间一个矩形最该，故数据的众数为，而中位数是把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于轴的直线横坐标，第一个矩形的面积为，第二个矩形的面积为，故将第二个矩形分成即可，所以中位数是，故选D.点睛：本题主要考查了频率分布直方图的中位数与众数的求解，其中频率分布直方图中小矩形的面积等于对应的概率，且各个小矩形的面积之和为1是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.7.设a，b∈R，那么“＞1”是“a＞b＞0”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：a＞b＞0，可推出，而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b＞0，由充要条件的定义可得答案．解：由不等式的性质，a＞b＞0，可推出，而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b＞0．故是a＞b＞0的必要不充分条件．故选B．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．8.命题，的否定是（）A. B.C. D.【解析】【分析】按存在性命题的否定的规则写出即可.【详解】因命题为“，”，它是存在性命题，故其否定为：，选B.【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.9.若点到直线的距离比它到点的距离小1，则点的轨迹为（）A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线【答案】D【解析】【详解】依题意，点P到直线x＝－2的距离等于它到点(2,0)的距离，故点P的轨迹是抛物线10.已知双曲线的离心率为，且它的一个焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【分析】根据离心率以及焦点到渐近线的距离，结合，解方程，从而求得曲线方程.【详解】设双曲线的一个焦点为，其中一条渐近线为，由点到直线的距离公式可得，解得；又因为，，解得.故选：D.【点睛】本题考查双曲线方程的求解，属基础题.11.斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先计算出矩形的面积和阴影部分的面积，再根据几何概型的概率计算公式求得结果.【详解】因为矩形的边长为和5，故矩形面积；又阴影部分的面积为；故在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率.故选：D.【点睛】本题考查几何概型的概率计算，属基础题；本题的易错点是容易在计算阴影部分面积的时候出现计算错误.12.已知点为抛物线：的焦点. 若过点的直线交抛物线于，两点，交该抛物线的准线于点，且，，则（）A. B. 0 C. 1 D. 2【答案】B【解析】【分析】将长度利用相似转换为坐标关系，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理求得答案.【详解】易知：焦点坐标为，设直线方程为：如图利用和相似得到：，【点睛】本题考查了抛物线与直线的关系，相似，意在考查学生的计算能力.二、填空题（每空5分，共计20分）13.若“”为真命题，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据全称命题为真命题得到判别式，即可得到结论.【详解】若“”为真命题，则判别式，即，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查的是全称命题为真命题求参数的取值范围的应用，同时考查的是一元二次不等式的解法，是基础题.14.已知与之间的一组数据：21则与的线性回归方程为必过点___________.【答案】【解析】【分析】计算样本中心点，即可求得结果.【详解】由数据可知：；，故线性回归方程必过点.故答案为：.【点睛】本题考查线性回归直线方程的特点，属基础题.15.在极坐标系中，有点，则两点间的距离为___________.【答案】【解析】【分析】根据极坐标系中，两点之间的距离公式即可求得.【详解】设两点之间的距离为，则.故答案为：.【点睛】本题考查极坐标系中两点之间距离的求解，属基础题.16.下列命题中：①已知点，动点满足，则点的轨迹是一个圆；②已知，则动点的轨迹是双曲线；③两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；④在平面直角坐标系内，到点和直线的距离相等的点的轨迹是抛物线；正确的命题是_________．【答案】①③【解析】【分析】根据轨迹方程的求解，以及双曲线的定义，相关系数的性质，结合选项进行逐一分析即可.【详解】①：设动点，由，故可得，整理得：，且，故该方程表示圆，则①正确；②：根据双曲线的定义，，则动点的轨迹只表示双曲线的左支，故②错误；③：根据相关系数性质，相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1，故③正确；④：因为点在直线上，故满足题意的点的轨迹为过点且垂直于直线的直线，故④错误.故答案为：①③.【点睛】本题考查轨迹方程的求解，以及相关系数的性质，属综合中档题.三、解答题（17题、18题、19题、20题、21题每题12分，22题10分，共计70分）17.设实数满足（其中），实数满足.（1）若，且为真，求实数的取值范围.（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求解一元二次不等式，解得命题对应的范围，结合均是真命题，即可求得；（2）根据题意，则是的必要不充分条件，根据集合之间的包含关系，求参数范围即可.【详解】（1）当时，解得，即为真时，实数取值范围是.若为真，则真，且真，所以实数的取值范围是.（2）是的充分不必要条件，即是的必要不充分条件，设，则，由得，，，又，则且，解得.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查由命题的真假求参数的范围，涉及由集合关系求参数范围的问题，属综合基础题.18.如图，正四棱柱中，，点在上，且.（1）证明平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出的坐标，通过计算数量积得出，，故平面；（2）求出平面的法向量，通过计算两平面的法向量的夹角得出法向量的夹角从而得出二面角的余弦值.【详解】以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系.依题设.，.（1），，又，且平面，平面.（2）由（1）知为平面的法向量，设向量是平面的法向量，则.，.令，则，..根据图像可得等于二面角的平面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查的是利用向量法证明线面垂直以及利用向量法求面面所成角，考查学生对空间向量的应用，考查学生的计算能力，是中档题.19.某电动车售后服务调研小组从汽车市场上随机抽取20辆纯电动汽车调查其续驶里程（单次充电后能行驶的最大里程），被调查汽车的续驶里程全部介于50公里和300公里之间，将统计结果分成5组：，绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求续驶里程在的车辆数；（2）求续驶里程的平均数；（3）若从续驶里程在的车辆中随机抽取2辆车，求其中恰有一辆车的续驶里程在内的概率.【答案】（1）5辆；（2）170；（3）.【解析】【分析】（1）根据所有长方形面积之和为1，求得未知数，计算出区间长方形的面积之和即为概率，用此数据乘以样本容量即可；（2）用每个长方形的面积乘以所在区间底边中点值，再求和即可得到结果；（3）先计算出在中的车辆数量，再列举出所有的抽取可能性，找出满足题意的可能性，用古典概型的概率计算公式即可求得.【详解】由题意可知，∴，故续驶里程在的车辆数为：（2）由直方图可得：续航里程平均数为：.（3）由（2）及题意可知，续驶里程在的车辆数为3，分别记为，续驶里程在的车辆数为2，分别记为，事件“其中恰有一辆汽车的续驶里程为”从该5辆汽车中随机抽取2辆，所有的可能如下：共10种情况，事件包含的可能有共6种情况，则.【点睛】本题考查频率分布直方图中参数的计算，平均数的求解，涉及古典概型概率的计算，属综合基础题.20.已知椭圆及直线.（1）当直线与该椭圆有公共点时，求实数的取值范围；（2）在（1）的条件下，直线与椭圆交于两点，求当时，直线被椭圆截得的弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）联立椭圆方程和直线方程，消去，得到一元二次方程，只需即可；（2）根据韦达定理，结合弦长公式，即可求得.【详解】（1）由消去，并整理得①直线与椭圆有公共点，可解得：故所求实数的取值范围为（2）设直线与椭圆的交点为由①得：当时，直线被椭圆截得的弦长为.【点睛】本题考查由直线与椭圆的位置关系求参数范围的问题，以及椭圆中弦长的求解，属于常考题型.21.已知为坐标原点，抛物线与直线相交于两点.（1）求：的值；（2）当的面积等于时，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）联立直线方程和抛物线方程，得到一元二次方程，通过根与系数的关系，结合直线的斜率乘积为，即可得的值；（2）求出直线与轴交点，表示出的面积，根据面积等于，解方程即可求出实数的值.【详解】（1）显然直线的斜率存在且，联立，消去，得.如图，设，则，由根与系数的关系可得，，因为在抛物线上，所以.因为，所以.所以（2）设直线与轴交于点，令，则，即.因为，所以，解得.【点睛】本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，一般要用到根与系数关系，有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过焦点，可以直接利用公式，若不过焦点，则必须用一般的弦长公式，是中档题.22.已知直线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于，两点，求线段的长．【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）消去参数可得直线的普通方程，将，代入极坐标方程可得曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）将直线的参数方程代入抛物线方程，根据参数的几何意义将和韦达定理相结合即可得结果.【详解】（Ⅰ）将为参数消去参数可得，即，故直线的普通方程为．由可得，把，代入上式，可得，即，故曲线的直角坐标方程为．（Ⅱ）将代入，可得，设点，对应的参数分别为，，则，，所以，故线段的长为．【点睛】本题考查了极坐标化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）说明：本试卷分为第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，共4页.考试时间120分钟，分值150分.注意事项：1.答题前，考生必须将自己的姓名，考号填写清楚，并将条形码粘贴到指定区域.2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清晰.3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸，试题卷上答案无效.4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破，弄皱，不准使用涂改液，修正带，刮纸刀.第Ⅰ卷一、单项选择（每题5分，共计60分）1.用秦九韶算法求多项式当时的值时，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将多项式进行整理变形，代值计算即可.【详解】因为故可得.故选：B.【点睛】本题考查秦九韶算法中的相关计算，属基础题.2.已知向量，且，则的值为（）A. 11B. 6C. 7D. 15【答案】A【解析】【分析】利用向量共线定理即可求出.【详解】向量，且，存在实数使得，，解得，.故选：.【点睛】本题追要考查是向量共线定理应用，考查了计算能力，及空间向量的应用，是基础题.3.执行如图所示的程序框图，输出的k值为A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的k的值.【详解】模拟程序的运行，可得，执行循环体，，不满足条件，执行循环体，；不满足条件,执行循环体，；满足条件，退出循环，输出的值为6，故选C.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于常考题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.4.甲、乙两名运动员分别进行了5次射击训练，成绩如下：甲：6，7，8，8，10；乙：8，9，9，9，10.若甲、乙两名运动员的平均成绩分别用，表示，方差分别用，表示，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据平均数和方差的计算公式，分别求出两组数据的平均数和方差，即可进行选择.【详解】因为；；；故可得；.故选：D.【点睛】本题考查平均数和方差的计算，属基础题.5.某年级有学生560人，现用系统抽样的方法抽取一个容量为70的样本，把学生编号为1～560号，已知编号为20的学生被抽中，则样本中编号最小的是（）A. 004B. 005C. 006D. 007【答案】A【解析】分析】根据系统抽样等距抽样的特点，结合已知编号，即可求得结果.【详解】因为抽取容量为70的样本，故应该将全部人员分为70组，则抽样距离为8，又编号20是第三组，故最小编号是.又编号均是三位数，故最小编号是.故选：A.【点睛】本题考查系统抽样中编号的计算，属基础题.6.如图所示是一样本的频率分布直方图，则由图形中的数据，可以估计众数与中位数分别是（）A. 12.5；12.5B. 13；13C. 13；12.5D. 12.5；13【答案】D【解析】分析：根据频率分布直方图中众数与中位数的定义和计算方法，即可求解频率分布直方图的众数与中位数的值.详解：由题意，频率分布直方图中最高矩形的底边的中点的横坐标为数据的众数，所以中间一个矩形最该，故数据的众数为，而中位数是把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于轴的直线横坐标，第一个矩形的面积为，第二个矩形的面积为，故将第二个矩形分成即可，所以中位数是，故选D.点睛：本题主要考查了频率分布直方图的中位数与众数的求解，其中频率分布直方图中小矩形的面积等于对应的概率，且各个小矩形的面积之和为1是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.7.设a，b∈R，那么“＞1”是“a＞b＞0”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：a＞b＞0，可推出，而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b ＞0，由充要条件的定义可得答案．解：由不等式的性质，a＞b＞0，可推出，而当，时，例如取a=﹣2，b=﹣1，显然不能推出a＞b＞0．故是a＞b＞0的必要不充分条件．故选B．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．8.命题，的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】按存在性命题的否定的规则写出即可.【详解】因命题为“，”，它是存在性命题，故其否定为：，选B.【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.9.若点到直线的距离比它到点的距离小1，则点的轨迹为（）A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线【答案】D【解析】【详解】依题意，点P到直线x＝－2的距离等于它到点(2,0)的距离，故点P的轨迹是抛物线10.已知双曲线的离心率为，且它的一个焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据离心率以及焦点到渐近线的距离，结合，解方程，从而求得曲线方程.【详解】设双曲线的一个焦点为，其中一条渐近线为，由点到直线的距离公式可得，解得；又因为，，解得.故选：D.【点睛】本题考查双曲线方程的求解，属基础题.11.斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先计算出矩形的面积和阴影部分的面积，再根据几何概型的概率计算公式求得结果.【详解】因为矩形的边长为和5，故矩形面积；又阴影部分的面积为；故在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率.故选：D.【点睛】本题考查几何概型的概率计算，属基础题；本题的易错点是容易在计算阴影部分面积的时候出现计算错误.12.已知点为抛物线：的焦点. 若过点的直线交抛物线于，两点，交该抛物线的准线于点，且，，则（）A. B. 0 C. 1 D. 2【答案】B【解析】【分析】将长度利用相似转换为坐标关系，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理求得答案.【详解】易知：焦点坐标为，设直线方程为：如图利用和相似得到：，【点睛】本题考查了抛物线与直线的关系，相似，意在考查学生的计算能力.二、填空题（每空5分，共计20分）13.若“”为真命题，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据全称命题为真命题得到判别式，即可得到结论.【详解】若“”为真命题，则判别式，即，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查的是全称命题为真命题求参数的取值范围的应用，同时考查的是一元二次不等式的解法，是基础题.14.已知与之间的一组数据：21则与的线性回归方程为必过点___________.【答案】【解析】【分析】计算样本中心点，即可求得结果.【详解】由数据可知：；，故线性回归方程必过点.故答案为：.【点睛】本题考查线性回归直线方程的特点，属基础题.15.在极坐标系中，有点，则两点间的距离为___________.【答案】【解析】【分析】根据极坐标系中，两点之间的距离公式即可求得.【详解】设两点之间的距离为，则.故答案为：.【点睛】本题考查极坐标系中两点之间距离的求解，属基础题.16.下列命题中：①已知点，动点满足，则点的轨迹是一个圆；②已知，则动点的轨迹是双曲线；③两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；④在平面直角坐标系内，到点和直线的距离相等的点的轨迹是抛物线；正确的命题是_________．【答案】①③【解析】【分析】根据轨迹方程的求解，以及双曲线的定义，相关系数的性质，结合选项进行逐一分析即可.【详解】①：设动点，由，故可得，整理得：，且，故该方程表示圆，则①正确；②：根据双曲线的定义，，则动点的轨迹只表示双曲线的左支，故②错误；③：根据相关系数性质，相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1，故③正确；④：因为点在直线上，故满足题意的点的轨迹为过点且垂直于直线的直线，故④错误.故答案为：①③.【点睛】本题考查轨迹方程的求解，以及相关系数的性质，属综合中档题.三、解答题（17题、18题、19题、20题、21题每题12分，22题10分，共计70分）17.设实数满足（其中），实数满足.（1）若，且为真，求实数的取值范围.（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求解一元二次不等式，解得命题对应的范围，结合均是真命题，即可求得；（2）根据题意，则是的必要不充分条件，根据集合之间的包含关系，求参数范围即可.【详解】（1）当时，解得，即为真时，实数取值范围是.若为真，则真，且真，所以实数的取值范围是.（2）是的充分不必要条件，即是的必要不充分条件，设，则，由得，，，又，则且，解得.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查由命题的真假求参数的范围，涉及由集合关系求参数范围的问题，属综合基础题.18.如图，正四棱柱中，，点在上，且.（1）证明平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出的坐标，通过计算数量积得出，，故平面；（2）求出平面的法向量，通过计算两平面的法向量的夹角得出法向量的夹角从而得出二面角的余弦值.【详解】以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系.依题设.，。
2019-2020学年度高二上学期期末考试数学试题(理)(解析版)
2019-2020学年度高二上学期期末考试数学试题（理）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.经过点，倾斜角为的直线方程为A. B. C. D.【答案】D【解析】解：倾斜角为的直线的斜率为，再根据经过点，用点斜式求得直线的方程为，即，故选：D．根据直线的倾斜角和斜率的关系求出直线的斜率，再用点斜式求得直线的方程．本题主要考查直线的倾斜角和斜率，用点斜式求得直线的方程，属于基础题．2.为了解某地区中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是A. 简单的随机抽样B. 按性别分层抽样C. 按学段分层抽样D. 系统抽样【答案】C【解析】解：我们常用的抽样方法有：简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，而事先已经了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．了解某地区中小学生的视力情况，按学段分层抽样，这种方式具有代表性，比较合理．故选：C．若总体由差异明显的几部分组成时，经常采用分层抽样的方法进行抽样．本小题考查抽样方法，主要考查抽样方法，属基本题．3.阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为15，则输出N的值为A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】解：模拟程序的运行，可得满足条件N能被3整除，不满足条件，执行循环体，不满足条件N能被3整除，不满足条件，执行循环体，不满足条件N能被3整除，满足条件，退出循环，输出N的值为3．故选：D．由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量N的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．4.太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图形图案，它形象化地表达了阴阳轮转，相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种互相转化，相对统一的形式美按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆O被的图象分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据题意，大圆的直径为的周期，且，面积为，一个小圆的面积为，在大圆内随机取一点，此点取自阴影部分的概率为：．故选：B．根据几何概型的概率公式，求出大圆的面积和小圆的面积，计算面积比即可．本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．5.设两个正态分布和的密度曲线如图所示，则有A.，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】解：从正态曲线的对称轴的位置看，显然，正态曲线越“瘦高”，表示取值越集中，越小，故选：A．从正态曲线关于直线对称，看的大小，从曲线越“矮胖”，表示总体越分散；越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中，由此可得结论．本题主要考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，以及数形结合的思想，属于基础题．6.由数字1，2，3，组成的三位数中，各位数字按严格递增如“156”或严格递减如“421”顺序排列的数的个数是A. 120B. 168C. 204D. 216【答案】B【解析】解：由题意知，本题是一个分步计数问题，首先要从9个数字中选出3个数字，当三个数字确定以后，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情况，根据分步计数原理知共有故选：B．本题是一个分步计数问题，解题时先要从9个数字中选出3个数字，当三个数字确定以后，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情，根据分步计数乘法原理，得到结果．本题考查分步计数原理，分步要做到完成了所有步骤，恰好完成任务分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到总数．7.若直线过点，则该直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】解：直线过点，，即，，当且仅当时上式等号成立．直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为4．故选：C．把点代入直线，得到，然后利用，展开后利用基本不等式求最值．本题考查了直线的截距式方程，考查利用基本不等式求最值，是基础题．8.登山族为了了解某山高与气温之间的关系，随机统计了4次山高与相应的气温，并制作了对照表：由表中数据，得到线性回归方程，由此请估计出山高为处气温的度数为A. B. C. D.【答案】D【解析】解：由题意，，，代入到线性回归方程，可得，，由，可得．故选：D．求出，，代入回归方程，求出a，代入，将代入可求得x的估计值．本题考查回归方程的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．9.若直线：与：平行，则与间的距离为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：由得：，解得：，与间的距离，故选：B．先由两直线平行可求a得值，再根据两平行线间的距离公式，求出距离d即可．本题主要考查了两直线平行，的条件的应用，及两平行线间的距离公式的应用．10.已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中的A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】C【解析】解：甲、乙两组数据如茎叶图所示，它们的中位数相同，，解得，平均数也相同，，解得，．故选：C．由中位数相同，得到，由平均数也相同，得到，由此能求出．本题考查两数和的求法，考查平均数、中位数、茎叶图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．11.一袋中有5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则等于A. B.C. D.【答案】D【解析】解：由题意可得，取得红球的概率为，说明前11次取球中，有9次取得红球、2次取得白球，且底12次取得红球，故，故选：D．由条件利用n次独立重复实验中恰好发生k次的概率计算公式，即可求得的值．本题主要考查n次独立重复实验中恰好发生k次的概率，属于基础题．12.已知AC，BD为圆O：的两条相互垂直的弦，垂足为，则四边形ABCD的面积的最大值为A. 4B.C. 5D.【答案】C【解析】解：设圆心O到AC、BD的距离分别为、，则．四边形ABCD的面积为：，当且仅当时取等号，故选：C．设圆心到AC、BD的距离分别为、，则，代入面积公式，使用基本不等式求出四边形ABCD的面积的最大值．本题考查圆中弦长公式得应用以及基本不等式的应用，四边形面积可用互相垂直的2条对角线长度之积的一半来计算，属于基础题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知，则______．【答案】【解析】解：中，通项公式为，令，得，．故答案为：．根据二项式展开式的通项公式，求出展开式中含x项的系数即可．本题考查了二项式展开式的通项公式应用问题，是基础题．14.在某市“创建文明城市”活动中，对800名志愿者的年龄抽样调查统计后得到频率分布直方图如图，但是年龄组为的数据不慎丢失，据此估计这800名志愿者年龄在的人数为______．【答案】160【解析】解：根据频率分布直方图中频率和等于1，得；年龄组为的数据频率为，估计这800名志愿者年龄在的人数为．故答案为：160．根据频率分布直方图中频率和等于1，计算年龄组为的数据频率，求出对应的频数即可．的应用问题，是基础题本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率频数样本容量目．15.在平面直角坐标系内，到点，，，的距离之和最小的点的坐标是______．【答案】【解析】解：如图，设平面直角坐标系中任一点P，P到点，，，的距离之和为：，故四边形ABCD对角线的交点Q即为所求距离之和最小的点．，，，，，BD的方程分别为：，，即，．解方程组得．故答案为：．如图，设平面直角坐标系中任一点P，利用三角形中两边之和大于第三边得，从而得到四边形ABCD对角线的交点Q即为所求距离之和最小的点再利用两点式方程求解对角线所在的直线方程，联立方程组求交点坐标即可．本小题主要考查直线方程的应用、三角形的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想属于基础题．16.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛每科一人，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为______．【答案】96【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：，从5名学生中选出的4名学生没有甲，需要将选出的4名学生全排列，参加四科竞赛，有种情况，，从5名学生中选出的4名学生有甲，则甲可以参加数学、物理、化学这三科的竞赛，有3种情况，在剩余的4名学生中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有种情况，此时有种情况，故有种不同的参赛方案种数，故答案为：96．根据题意，分2种情况讨论：，从5名学生中选出的4名学生没有甲，需要将选出的4名学生全排列，参加四科竞赛，，从5名学生中选出的4名学生有甲，则甲可以参加数学、物理、化学这三科的竞赛，在剩余的4名学生中任选3人，参加剩下的三科竞赛，由加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，注意优先分析受到限制的元素，属于基础题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.求过点且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程．【答案】解：当直线过原点时，由于斜率为，故直线方程为，即．当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得，故直线的方程为，故满足条件的直线方程为或．【解析】当直线过原点时，由点斜式求出直线的方程当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得a的值，从而得到直线方程．本题主要考查用待定系数法求直线的方程，体现了分类讨论的数学思想．18.已知向量，Ⅰ若x，y分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子六个面的点数分别为1，2，3，4，5，先后抛掷两次时第一次，第二次出现的点数，求满足的概率；Ⅱ若x，y在连续区间上取值，求满足的概率【答案】解：Ⅰ将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为，分满足即的基本事件为，，，共3个，分故概率为分Ⅱ若x，y在上取值，则全部基本事件的结果为，，分满足的基本事件的结果为，且分画出图形如图，矩形的面积为矩形，阴影部分的面积为阴影，分故满足的概率为分【解析】Ⅰ利用列举法确定基本事件，即可求满足的概率；Ⅱ以面积为测度，满足的基本事件的结果为，且即可求出．本题考查概率的计算，考查古典概型，几何概型，属于中档题．19.如图，四边形ABCD是直角梯形，，平面ABCD，，．求SC与平面ASD所成的角余弦；求平面SAB和平面SCD所成角的余弦．【答案】解：作交AD的延长线于E，，．又面ABCD，，，面SAD，SE是SC在面SAD内的射影，是SC与平面ASD所成的角，易得，，在中，由面ABCD，知面面SAB，在面SAB的射影是，而的面积，设SC的中点是M，，，的面积设平面SAB和平面SCD所成角为，则由面积射影定理得【解析】作交AD的延长线于E，由，平面ABCD，可证得面ABCD，进而面SAD，则是SC与平面ASD所成的角，解即可得到答案．由面ABCD，知面面SAB，在面SAB的射影是，分别求出而的面积和的面积，代入，即可得到答案．本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面所成的角，其中的关键是证得是SC与平面ASD所成的角，的关键是证得，在面SAB的射影是，进而．20.如图，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统、，当元件A、B、C都正常工作时，系统正常工作；当元件A正常工作且元件B、C至少有一个正常工作时，系统正常工作系统，正常工作的概率分别为，，Ⅰ若元件A、B、C正常工作的概率依次为，，，求，；Ⅱ若元件A、B、C正常工作的概率的概率都是，求，，并比较，的大小关系．【答案】解：设元件A、B、C正常工作为事件A，B，C，则A，B，C相互独立，，，故，分分，，分，分分又，故，即分【解析】设元件A、B、C正常工作为事件A，B，C，则A，B，C相互独立，则，，，，，由此能求出结果．，，，由此能比较，的大小关系．本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．21.2018年9月，台风“山竹”在沿海地区登陆，小张调查了当地某小区的100户居民由于台风造成的经济损失，将收集到的数据分成五组：，，，，单位：千元，并作出如下频率分布直方图Ⅰ台风后居委会号召小区居民为台风重灾区捐款，小张调查的100户居民捐款情况如表格，在表格空白处填写正确数字，并说明是否有以上的把握认为捐款数额多于或少于500元和自身经济损失是否到4千元有关？Ⅱ将上述调查得到的频率视为概率，现在从该地区大量受灾居民中，采用随机抽样的方法每次抽取一户居民，连抽3次，记被抽取的3户居民中自身经济损失超过4千元的户数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列和数学期望．附：临界值表：随机变量：，其中．【答案】解：Ⅰ由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，经济损失不超过4千元的有70人，经济损失超过4千元的有30人，分则表格数据如下：，分故有以上的把握认为捐款数额多于或少于500元和自身经济损失是否到4千元有关；分Ⅱ由频率分布直方图可知，抽到自身经济损失超过4千元的居民的频率为，由题意可知：所有可能的取值为0，1，2，3，且～；分故，，，；从而的分布列为：分数学期望为分【解析】Ⅰ由频率分布直方图，结合题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；Ⅱ由频率估计概率，结合题意知的可能取值，计算对应的频率值，写出分布列，求出数学期望值．本题考查了频率分布直方图与独立性检验的应用问题，也考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的应用问题，是中档题．22.已知直线：，半径为2的圆C与l相切，圆心在x轴上且在直线l的右上方．Ⅰ求圆C的方程；Ⅱ过点的直线与圆C交于A，B两点在x轴上方，问在x轴上是否存在定点N，使得x轴平分？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：设圆C的方程为：，由得或分又圆心在在直线l的右上方故故所求圆C的方程为：分设过点的直线方程为：由分故分设，，由即分故对任意恒成立，即恒成立故即分【解析】Ⅰ根据圆心到直线的距离等于半径列等式解得或，再根据圆心在l的右上方可得，从而可得圆的方程；Ⅱ联立直线与圆的方程消去y的一元二次方程，根据韦达定理和斜率公式列式化简可得．本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理(含解析)_3
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）一、选择题（本大题共12个小题，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. 在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z＝0，则动点P的轨迹是（）A. 平面B. 直线C. 不是平面，也不是直线D. 以上都不对【答案】A【解析】【详解】试题分析：如图，在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z=0，则动点P的轨迹是坐标平面xOy面．考点：轨迹方程2.直线被圆截得的弦长为（）A. 1B. 2C. 4D.【答案】C【解析】【详解】因为化为，可知圆的圆心为,半径为，圆心到直线的距离为，由勾股定理可得直线被圆截得的弦长为，故选C.3. 已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A. 108cm3B. 100cm3C. 92cm3D. 84cm3【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．据此即可得出体积．解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．∴该几何体的体积V=6×6×3﹣=100．故选B．考点：由三视图求面积、体积．4.在抛物线上有一点，它到的距离与它到抛物线焦点距离之和最小，则点坐标是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】过点作准线的垂直,垂足为点，交抛物线于点，此时点到的距离与它到抛物线焦点距离之和最小，可得点坐标.【详解】解：由题意可得，点在的内部，过点作准线的垂直,垂足为点，交抛物线于点，由抛物线定义，,故,将代入，可得，点坐标是，故选：D.【点睛】本题主要主要考查抛物线的性质，抛物线上点到焦点的距离等于此点到准线的距离，相对不难.5. 一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知，这是一个三棱柱，内切球在正视图的投影是正视图的内切圆，设其半径为，根据三角形面积公式有.考点：几何体的内切球.6.下列命题中正确的是（）A. “”是“直线与直线相互平行”的充分不必条件B. “直线垂直平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的充分条件C. 已知、、为非零向量，则“”是“”的充要条件D. ：存在，.则：任意，【答案】D【解析】【分析】由两直线平行与系数的关系式求得判断A;由线面垂直的判定定理判断B；由平面向量的数量积的运算判断C；写出特称命题的否定判断D，综合可得答案.【详解】解：由直线与直线相互平行，可得，故可得：“”是“直线与直线相互平行”的既不充分也不必条件，故A错误；直线垂直平面内无数条直线不一定有直线垂直平面，故“直线垂直平面内无数条直线”不是“直线垂直于平面”的充分条件，故B错误；、、为非零向量，由“”不能得到“”，反之由“”能够得到“”，故“”是“”的必要不充分条件，故C 错误；：存在，.则：任意，，故D正确；故选：D.【点睛】本题主要考查命题真假的判断，涉及全称命题与特称命题的否定的书写、充分必要条件的判断等知识点，属于中档题.7.如图，是一个正方形，平面，则图中（侧面，底面）互相垂直的平面共有（）A. 4组B. 5组C. 6组D. 7组【答案】B【解析】【分析】先有平面得到2组互相垂直的平面，再利用四边形是一个正方形得到其他相互垂直的平面，可得答案.【详解】解：由平面，可得平面平面,平面平面,又因为是一个正方形，所以平面平面平面,同理可得平面平面,平面平面,故共有5组，故选：B.【点睛】本题主要考查面面垂直的判定定理，由线面垂直推导出面面垂直是常用的方法，属于基础题型.8.命题：不等式的解集为，命题：“”是“”成立的必要非充分条件，则（）A. 真假B. “且”为真C. “或”为假D. 假真【答案】A【解析】【分析】由不等式，可得,解得，可得命题的真假；由可得，但由不一定有，可得命题的真假，可得答案.【详解】解：：由不等式，可得，解得：，故为真命题；：不一定有，如，但，故为假命题；故选：A.【点睛】本题是一道关于命题的题目，关键是掌握充分条件与必要条件的判断方法与不等式的解法，属于基础题型.9.F1、F2分别是双曲线-=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于A、B两点，若△ABF2是等边三角形，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，设等边三角形边长为，设，根据双曲线的定义有，解得.在三角形中，由余弦定理得，化简得.10.已知曲线：，点及点，如图，从点观察点，要使视线不被曲线挡住，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意知，当直线与圆相离时满足题意，即圆心到直线的距离大于半径，列出不等式可得的取值范围.【详解】解：由直线过点及点，可得直线的方程为：，即：，由题意可得圆心到直线的距离大于半径，故，解得或，故的取值范围是，故选：A.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，体现了数形结合的数学思想，属于基础题.11.如图，共顶点的椭圆①，②与双曲线③，④的离心率分别为，，，，其大小关系为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据椭圆越扁离心率越大判断，的大小，再由双曲线开口越大离心率越大判断，的大小，最后根据椭圆离心率大于0小于1，抛物线离心率大于1进行判断可得答案.【详解】解：根据椭圆越扁离心率越大，可得，根据双曲线开口越大离心率越大，可得，故可得：，故选：C.【点睛】本题主要考查椭圆、双曲线的离心率的性质，熟悉椭圆越扁离心率越大、双曲线开口越大离心率越大的性质是解题的关键.12.过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于.若以的右焦点为圆心、半径为4的圆经过，则双曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】可得渐近线方程为，将x=a代入求得．由条件知，半焦距,所以由得，．又因,所以解得，．双曲线的方程为故选A．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）13.写出命题“若方程的两根均大于0，则”的一个等价命题是______.【答案】若，则方程的两根不全大于0【解析】【分析】根据互为逆否命题的两个命题是等价命题，写出原命题的逆否命题可得答案.【详解】解：根据原命题与逆否命题是等价命题，所以命题“若方程的两根均大于0，则”的一个等价命题是：若，则方程的两根不全大于0，故答案为：若，则方程的两根不全大于0.【点睛】本题主要考查四种命题的关系，其中原命题与逆否命题是等价命题，写出原命题的逆否命题是解题的关键.14.若过点的直线与双曲线相交于，两点，且是线段的中点，则直线的方程为________．【答案】【解析】【分析】设出的坐标，代入双曲线方程，两式相减,根据中点的坐标可知和的值,进而求得直线的斜率，根据点斜式求得直线的方程.【详解】设，则，，，，，直线的方程为，即，故答案为.【点睛】本题主要考查双曲线的方程、直线的斜率公式、直线点斜式方程的应用，意在考查灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.15.直线与曲线交点的个数为______.【答案】2个【解析】【分析】分析题意，可对的取值范围进行讨论，分别得出、时曲线的表达式，将直线与曲线方程联立，通过方程组的解可得交点个数.【详解】解：若，由，可得，解得，（舍去），故直线与半双曲线只有一个交点，若，由，可得，可得，，可得直线与半椭圆只有一个交点，（其中时也为直线与半双曲线的交点），故答案为：2个.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，解决的方法是分类讨论，解方程组，体现了数学的转化思想与方程思想.16.在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，，点为正方形所在平面内的一个动点，且满足，则线段的长度的最大值是________.【答案】【解析】【分析】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，由，可得，进而可得出结果.【详解】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，则有，，因为，所以，整理得，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以线段长度的最大值为.故答案为6【点睛】本题主要考查点线面间的距离计算，以及立体几何中的轨迹问题，常用坐标系的方法处理，属于常考题型.三、解答题（本大题共6个小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.写出命题“若＋（y＋1）2＝0，则x＝2且y＝－1”的逆命题、否命题、逆否命题，并判断它们的真假【答案】详见解析【解析】试题分析：原命题的逆命题需将条件和结论加以交换，否命题需将条件与结论分别否定，逆否命题需将条件和结论否定后并交换试题解析：逆命题：若否命题：若逆否命题：若考点：四种命题18.已知抛物线，椭圆，它们有共同的焦点，并且相交于、两点，是椭圆的另一个焦点.试求：（1）的值；（2）、两点的坐标；（3）的面积.【答案】（1）8；（2），；（3）【解析】【分析】（1）由抛物线方程为，可得；（2）联立抛物线与椭圆方程，可得、两点坐标；（3）由P点坐标可得的边的高，而，可得的面积.【详解】解：（1）由抛物线方程为，可得，故；（2）联立抛物线与椭圆方程可得：或，故可得：，.（3）由（1）可得，∴.【点睛】本题主要考查抛物线、椭圆的标准方程及焦点的求法及两曲线方程形成的方程组的解与两曲线交点的关系，注意运算准确，属于基础题.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，且侧面底面，为线段的中点，在线段上.（1）当是线段的中点时，求证：平面；（2）求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连结，交于点，连结，由中位线性质可得，利用线面平行的判定定理可得平面；（2）易得，由线面垂直的性质定理可得面，可得.【详解】证明：（1）连结，交于点，连结，∵为中点，为中点，∴.又∵面，面，∴面.（2）∵为正三角形，为的中点，∴.又∵面面且相交于，∴面，面，∴【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理及面面垂直的性质定理，考查学生的空间想象能力，注意灵活运用各定理解题.20.已知圆及直线：.(1)证明：不论取什么实数，直线与圆C总相交；(2)求直线被圆C截得弦长的最小值及此时的直线方程.【答案】(1)证明见解析；(2) ，.【解析】【分析】（1）根据直线过的定点在圆内，得出直线与圆总相交．（2）作图分析出当直线与半径CM垂直与点M时|AB|最短，利用勾股定理求出此时|AB|的长，再运用两直线垂直时斜率相乘等于−1，求出此时直线的方程．【详解】解：(1)证明：直线方程可化为，由方程组，解得所以直线过定点M(3，1)，圆C化为标准方程为，所以圆心坐标为(1，2)，半径为5，因为定点M(3，1)到圆心(1，2)距离为√，所以定点M(3，1)在圆内，故不论m取什么实数，过定点M(3，1)的直线与圆C总相交；(2)设直线与圆交于A、B两点，当直线与半径CM垂直与点M时，直线被截得的弦长|AB|最短，此时，此时，所以直线AB的方程为，即.故直线被圆C截得的弦长的最小值为，此时的直线的方程为.【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，当直线与半径CM垂直于点M时|AB|最短是解题的关键，是中档题．21.如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，又因为分别为和的中点，得.（Ⅰ）证明：依题意，可得为平面的一个法向量，，由此可得，，又因为直线平面，所以平面（Ⅱ），设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，设为平面的一个法向量，则，又，得，不妨设，可得因此有，于是，所以二面角的正弦值为.（Ⅲ）依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得，整理得，又因为，解得，所以线段的长为.考点：直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.22.已知椭圆的离心率为，左顶点为，过原点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，其中点在第二象限，过点作轴的垂线交于点．⑴求椭圆的标准方程；⑵当直线的斜率为时，求的面积；⑶试比较与大小．【答案】⑴⑵⑶见解析【解析】试题分析：（1）利用离心率、左顶点坐标求解即可；（2）根据直线过原点且斜率为写出直线方程，联立直线和椭圆方程，求出，再写出直线的方程，求出点的坐标，利用三角形的面积公式进行求解；（3）设直线的方程为，，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、弦长公式及椭圆的对称性进行求解.试题解析：⑴因为左顶点为，所以因为椭圆的离心率为，所以，解得又因为，所以故所求椭圆的标准方程为⑵因为直线过原点，且斜率为所以直线的方程为代入椭圆方程解得因为，所以直线的方程为从而有故的面积等于⑶方法一：设直线的方程为，代入椭圆方程得设，则有，解得从而由椭圆对称性可得所以于是故从而所以因为点在第二象限，所以，于是有方法二：设点，则点因为，所以直线的方程为所以从而从而有2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）一、选择题（本大题共12个小题，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. 在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z＝0，则动点P的轨迹是（）A. 平面B. 直线C. 不是平面，也不是直线D. 以上都不对【答案】A【解析】【详解】试题分析：如图，在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z=0，则动点P的轨迹是坐标平面xOy面．考点：轨迹方程2.直线被圆截得的弦长为（）A. 1B. 2C. 4D.【答案】C【解析】【详解】因为化为，可知圆的圆心为,半径为，圆心到直线的距离为，由勾股定理可得直线被圆截得的弦长为，故选C.3. 已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A. 108cm3B. 100cm3C. 92cm3D. 84cm3【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．据此即可得出体积．解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．∴该几何体的体积V=6×6×3﹣=100．故选B．考点：由三视图求面积、体积．4.在抛物线上有一点，它到的距离与它到抛物线焦点距离之和最小，则点坐标是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】过点作准线的垂直,垂足为点，交抛物线于点，此时点到的距离与它到抛物线焦点距离之和最小，可得点坐标.【详解】解：由题意可得，点在的内部，过点作准线的垂直,垂足为点，交抛物线于点，由抛物线定义，,故,将代入，可得，点坐标是，故选：D.【点睛】本题主要主要考查抛物线的性质，抛物线上点到焦点的距离等于此点到准线的距离，相对不难.5. 一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知，这是一个三棱柱，内切球在正视图的投影是正视图的内切圆，设其半径为，根据三角形面积公式有.考点：几何体的内切球.6.下列命题中正确的是（）A. “”是“直线与直线相互平行”的充分不必条件B. “直线垂直平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的充分条件C. 已知、、为非零向量，则“”是“”的充要条件D. ：存在，.则：任意，【答案】D【解析】【分析】由两直线平行与系数的关系式求得判断A;由线面垂直的判定定理判断B；由平面向量的数量积的运算判断C；写出特称命题的否定判断D，综合可得答案.【详解】解：由直线与直线相互平行，可得，故可得：“”是“直线与直线相互平行”的既不充分也不必条件，故A错误；直线垂直平面内无数条直线不一定有直线垂直平面，故“直线垂直平面内无数条直线”不是“直线垂直于平面”的充分条件，故B错误；、、为非零向量，由“”不能得到“”，反之由“”能够得到“”，故“”是“”的必要不充分条件，故C错误；：存在，.则：任意，，故D正确；故选：D.【点睛】本题主要考查命题真假的判断，涉及全称命题与特称命题的否定的书写、充分必要条件的判断等知识点，属于中档题.7.如图，是一个正方形，平面，则图中（侧面，底面）互相垂直的平面共有（）A. 4组B. 5组C. 6组D. 7组【答案】B【解析】【分析】先有平面得到2组互相垂直的平面，再利用四边形是一个正方形得到其他相互垂直的平面，可得答案.【详解】解：由平面，可得平面平面,平面平面,又因为是一个正方形，所以平面平面平面,同理可得平面平面,平面平面,故共有5组，故选：B.【点睛】本题主要考查面面垂直的判定定理，由线面垂直推导出面面垂直是常用的方法，属于基础题型.8.命题：不等式的解集为，命题：“”是“”成立的必要非充分条件，则（）A. 真假B. “且”为真C. “或”为假D. 假真【答案】A【解析】【分析】由不等式，可得,解得，可得命题的真假；由可得，但由不一定有，可得命题的真假，可得答案.【详解】解：：由不等式，可得，解得：，故为真命题；：不一定有，如，但，故为假命题；故选：A.【点睛】本题是一道关于命题的题目，关键是掌握充分条件与必要条件的判断方法与不等式的解法，属于基础题型.9.F1、F2分别是双曲线-=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于A、B两点，若△ABF2是等边三角形，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，设等边三角形边长为，设，根据双曲线的定义有，解得.在三角形中，由余弦定理得，化简得.10.已知曲线：，点及点，如图，从点观察点，要使视线不被曲线挡住，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意知，当直线与圆相离时满足题意，即圆心到直线的距离大于半径，列出不等式可得的取值范围.【详解】解：由直线过点及点，可得直线的方程为：，即：，由题意可得圆心到直线的距离大于半径，故，解得或，故的取值范围是，故选：A.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，体现了数形结合的数学思想，属于基础题.11.如图，共顶点的椭圆①，②与双曲线③，④的离心率分别为，，，，其大小关系为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据椭圆越扁离心率越大判断，的大小，再由双曲线开口越大离心率越大判断，的大小，最后根据椭圆离心率大于0小于1，抛物线离心率大于1进行判断可得答案.【详解】解：根据椭圆越扁离心率越大，可得，根据双曲线开口越大离心率越大，可得，故可得：，故选：C.【点睛】本题主要考查椭圆、双曲线的离心率的性质，熟悉椭圆越扁离心率越大、双曲线开口越大离心率越大的性质是解题的关键.12.过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于.若以的右焦点为圆心、半径为4的圆经过，则双曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】可得渐近线方程为，将x=a代入求得．由条件知，半焦距,所以由得，．又因,所以解得，．双曲线的方程为故选A．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）13.写出命题“若方程的两根均大于0，则”的一个等价命题是______.【答案】若，则方程的两根不全大于0【解析】【分析】根据互为逆否命题的两个命题是等价命题，写出原命题的逆否命题可得答案.【详解】解：根据原命题与逆否命题是等价命题，所以命题“若方程的两根均大于0，则”的一个等价命题是：若，则方程的两根不全大于0，故答案为：若，则方程的两根不全大于0.【点睛】本题主要考查四种命题的关系，其中原命题与逆否命题是等价命题，写出原命题的逆否命题是解题的关键.14.若过点的直线与双曲线相交于，两点，且是线段的中点，则直线的方程为________．【答案】【解析】【分析】设出的坐标，代入双曲线方程，两式相减,根据中点的坐标可知和的值,进而求得直线的斜率，根据点斜式求得直线的方程.【详解】设，则，，，，，直线的方程为，即，故答案为.【点睛】本题主要考查双曲线的方程、直线的斜率公式、直线点斜式方程的应用，意在考查灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.15.直线与曲线交点的个数为______.【答案】2个【解析】【分析】分析题意，可对的取值范围进行讨论，分别得出、时曲线的表达式，将直线与曲线方程联立，通过方程组的解可得交点个数.【详解】解：若，由，可得，解得，（舍去），故直线与半双曲线只有一个交点，若，由，可得，可得，，可得直线与半椭圆只有一个交点，（其中时也为直线与半双曲线的交点），故答案为：2个.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，解决的方法是分类讨论，解方程组，体现了数学的转化思想与方程思想.16.在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，，点为正方形所在平面内的一个动点，且满足，则线段的长度的最大值是________.【答案】【解析】【分析】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，由，可得，进而可得出结果.【详解】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，则有，，因为，所以，整理得，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以线段长度的最大值为.故答案为6【点睛】本题主要考查点线面间的距离计算，以及立体几何中的轨迹问题，常用坐标系的方法处理，属于常考题型.三、解答题（本大题共6个小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.写出命题“若＋（y＋1）2＝0，则x＝2且y＝－1”的逆命题、否命题、逆否命题，并判断它们的真假【答案】详见解析【解析】试题分析：原命题的逆命题需将条件和结论加以交换，否命题需将条件与结论分别否定，逆否命题需将条件和结论否定后并交换试题解析：逆命题：若否命题：若逆否命题：若考点：四种命题18.已知抛物线，椭圆，它们有共同的焦点，并且相交于、两点，是椭圆的另一个焦点.试求：（1）的值；（2）、两点的坐标；（3）的面积.【答案】（1）8；（2），；（3）【解析】【分析】（1）由抛物线方程为，可得；（2）联立抛物线与椭圆方程，可得、两点坐标；（3）由P点坐标可得的边的高，而，可得的面积.【详解】解：（1）由抛物线方程为，可得，故；（2）联立抛物线与椭圆方程可得：或，故可得：，.（3）由（1）可得，∴.【点睛】本题主要考查抛物线、椭圆的标准方程及焦点的求法及两曲线方程形成的方程组的解与两曲线交点的关系，注意运算准确，属于基础题.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，且侧面底面，为线段的中点，在线段上.（1）当是线段的中点时，求证：平面；（2）求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连结，交于点，连结，由中位线性质可得，利用线面平行的判定定理可得平面；（2）易得，由线面垂直的性质定理可得面，可得.【详解】证明：（1）连结，交于点，连结，∵为中点，为中点，∴.又∵面，面，∴面.。
2019-2020年高二上学期期末考试数学(理)试卷 含答案
2019-2020年高二上学期期末考试数学（理）试卷含答案一、选择题（每小题4分，共32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. 给出以下的输入语句，正确的是A. INPUT a;b;cB. INPUT x=3C. INPUT 20D. INPUT “a=”;a2. 若向量a=（3，2），b=（0，－1），则向量2b－a的坐标是A. （3，－4）B. （－3，－4）C. （3，4）D. （－3，4）3. 命题甲“a>2”；命题乙：“方程x2+2x+a＝0无实数解”，则命题甲是命题乙成立的A. 充分不必要条件B. 充分且必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件4. 某人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是A. 至多有一次中靶B. 两次都中靶C. 两次都不中靶D. 只有一次中靶5. 下边的程序框图表示的算法的功能是A. 计算小于100的奇数的连乘积B. 计算从1开始的连续奇数的连乘积C. 在从1开始的连续奇数的连乘积运算中，当乘积大于100时，计算奇数的个数D. 计算1×3×5×…×n≥100时的最小的n的值6. 椭圆+=1的一个焦点为F1，点P在椭圆上，如果线段PF1的中点M在y轴上，那么点M的纵坐标是A. B. C. D.7. 设平面上四个互异的点A、B、C、D，若·（）＝0，则△ABC的形状是A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形8. 已知双曲线－＝1（a>0，b>0）和椭圆+＝1（m>b>0）的离心率互为倒数，那么以a、b、m为边长的三角形是A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 锐角或钝角三角形二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
9. 命题“对任意x∈R，|x| ≥0”的否定是_________.10. 甲和乙两个城市去年上半年每月的平均气温（单位：℃）用茎叶图记录如下，根据茎叶图可知，两城市中平均温度较高的城市是____，气温波动较大的城市是____.11. 某城市有学校500所，其中大学10所，中学200所，小学290所.现在取50所学校作为一个样本进行一项调查，用分层抽样方法，应该选取大学____所，中学____所，小学____所．12. 如图，在面积为S的△ABC的边AB上任取一点P，则△PBC的面积大于的概率为____.13. 中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线的一条渐近线经过点（4，－2），则它的离心率为______.14. 已知A（4，1，3），B（2，3，1），C（3，7，－5），点P（x，－1，3）在平面ABC内，则x=______.三、解答题：本大题共5小题，其中第15，16题各8分，第17，18题各9分，第19题10分，共44分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15. （本小题满分8分）用三种不同颜色给图中的3个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种，求：（Ⅰ）3个矩形颜色都相同的概率；（Ⅱ）3个矩形颜色都不同的概率．16. （本小题满分8分）将一颗骰子分别投掷两次，观察出现的点数 .（Ⅰ）求出现点数之和为7的概率；（Ⅱ）若记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，向量p＝（m，n），q=（2，6），求向量p与q共线的概率.17. （本小题满分9分）已知，如图四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P－BCG的体积为.（Ⅰ）求异面直线GE与PC所成角余弦值；（Ⅱ）若点F是棱PC上一点，且DF⊥GC，求的值.18. （本小题满分9分）从某校随机抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理数据得到频数分布表和频率分布直方图.组号分组频数频率1 [0，2） 6 0.062 [2，4）8 0.083 [4，6）x 0.174 [6，8）22 0.225 [8，10）y z6 [10，12）12 0.127 [12，14） 6 0.068 [14，16） 2 0.029 [16，18） 2 0.02合计100（Ⅰ）求出频率分布表及频率分布直方图中的x，y，z，a，b的值；（Ⅱ）从该校随机选取一名学生，试估计这名学生该周课外阅读时间少于12小时的概率；（Ⅲ）若从一周课外阅读时间超过12小时（含12小时）以上的同学中随机选取2名同学，求所抽取同学来自同一组的频率.19. （本小题满分10分）已知椭圆+＝1（a>b>0）的离心率为，连接椭圆的四个顶点得到的四边形的面积为2.（Ⅰ）求椭圆的方程.（Ⅱ）若直线l：y=k（x－1）与椭圆相交于A、B两点，以AB为直径的圆经过椭圆的左焦点F1，求直线l的方程.参考答案一、选择题（每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）二、填空题：本题共6小题，每小题4分，若有2－3空题错一空扣1分，共24分.9. 存在x0∈R，使得|x0|<0 10. 乙，乙11. 1，20，2912. 13. 或14. 11三、解答题：本大题共5小题，其中第15，16题各8分，第17，18题各9分，第19题10分，共44分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理(含解析)_7
学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）（时间120分钟，分值150分）说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）第Ⅰ卷（选择题，共60分）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，请将所选答案写在答题卡上)1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】集合M与集合N的公共元素构集合M∩N，由此利用集合M={x|x2﹣x﹣2>0}={x|x<﹣1或x>2}，N={x|}，能求出M∩N．【详解】∵集合M={x|x2﹣x﹣2>0}={x|x<﹣1或x>2}，N={x|}，∴M∩N={x|2＜x}．故选A【点睛】本题考查集合的交集及其运算，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，是基础题．2.不等式的解集为 ( )A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：不等式等价于解得，所以选A.考点：分式不等式的解法.3.命题甲：动点到两个定点的距离之和常数；命题乙：点的轨迹是椭圆．则命题甲是命题乙的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】B【解析】由题意得，当动点到两个定点的距离之和常数时，点的轨迹为椭圆，所以甲是乙的必要不充分条件，故选B．4.记等差数列的前项和为若则A. 16B. 24C. 36D. 48【答案】D【解析】本题考查数列求和公式的简单应用，直接代入即可由得，故．5.在中，，则∠等于( )A. 30°或150°B. 60°C. 60°或120°D. 30°【答案】C【解析】【分析】直接使用正弦定理，即可求得结果.【详解】根据正弦定理，可得，解得，故可得为60°或120°；又，则，显然两个结果都满足题意.故选：C.【点睛】本题考查正弦定理的直接使用，属基础题.6.一个等比数列的前项和为48，前项和为60，则前项和为（）A. 63B. 108C. 75D. 83【答案】A【解析】试题分析：因为在等比数列中，连续相同项的和依然成等比数列，即成等比数列，题中，根据等比中项性质有，则，故本题正确选项为A.考点：等比数列连续相同项和的性质及等比中项.7.已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b等于( )A. 10B. 9C. 8D. 5【答案】D【解析】【详解】由题意知,23cos2A+2cos2A-1=0,即cos2A=,又因△ABC为锐角三角形,所以cosA=.△ABC中由余弦定理知72=b2+62-2b×6×,即b2-b-13=0,即b=5或b=-(舍去),故选D.8.若抛物线上有两点，且垂直于轴，若，则抛物线的焦点到直线的距离为( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出两点的坐标，根据弦长求得两点的横坐标，即可求解.【详解】因为垂直于轴，设因为，故可得，解得代入抛物线方程，可得，又抛物线的焦点为故抛物线的焦点到直线的距离为.故选：A.【点睛】本题考查求抛物线上的点的坐标，以及由抛物线方程求焦点坐标，属基础题.9.一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴…如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有蜜蜂( )A. 55986只B. 46656只C. 216只D. 36只【答案】B【解析】【分析】先由题得到{an}是公比为6的等比数列，再利用等比数列的通项求出a6得解.【详解】设第n天所有的蜜蜂都归巢后共有an只蜜蜂，则有an＋1＝6an，a1＝6，则{an}是公比为6的等比数列，则a6＝a1q5＝6×65＝46656.故答案为B【点睛】本题主要考查等比数列性质的判定和等比数列的通项，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力. 10.已知为抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到轴的距离为 ( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】抛物线的准线为，过作准线的垂线，垂足为，的中点为，过作准线的垂线，垂足为，则可利用几何性质得到，故可得到轴的距离.【详解】抛物线的准线为，过作准线的垂线，垂足为，的中点为，过作准线的垂线，垂足为，因为是该抛物线上两点，故，所以，又为梯形的中位线，所以，故到轴的距离为，故选C.【点睛】本题考查抛物线的几何性质，属于基础题.11.（2016新课标全国Ⅱ理科）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与轴垂直，sin,则E的离心率为A. B.C. D. 2【答案】A【解析】试题分析：由已知可得，故选A.考点：1、双曲线及其方程；2、双曲线的离心率.【方法点晴】本题考查双曲线及其方程、双曲线离心率.，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 由已知可得，利用双曲线的定义和双曲线的通径公式，可以降低计算量，提高解题速度.12.已知双曲线（，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别交于、两点，为坐标原点，若，△的面积为，则（）A. 1B.C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】求出双曲线的渐近线，利用三角形面积建立方程即可求解【详解】由，即渐近线为，与抛物线的准线交于，所以的面积为，解得故选C【点睛】本题考查抛物线，双曲线的几何性质，属于基础题型第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分.）13.命题若,则都为零的逆否命题是_______．【答案】若不全为零，则.【解析】因为一个命题的逆否命题，是将原命题逆命题的条件与结论同时否定得到，所以“若,则都为零”的逆否命题是“若不全为零，则”，故答案为若不全为零，则.14.已知各项均为正数的等比数列中，，则的值为______________.【答案】100【解析】分析】根据等比数列的下标和性质，求得，即可得.【详解】因为是等比数列，故可得因为，故可得，解得.故.故答案为：100.【点睛】本题考查等比数列的下标和性质，属基础题.15.设集合S＝{|||}，T＝{}，S∪T＝R，则的取值范围是____________．【答案】【解析】【分析】求解绝对值不等式可得集合，再根据S∪T＝R，即可得参数的范围.【详解】对集合：，解得集合，因为S∪T＝R，故可得解得.故答案为：.【点睛】本题考查由集合之间的关系求参数范围的问题，涉及绝对值不等式的求解.16.过双曲线的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交于点.若点的横坐标为,则的离心率为 .【答案】【解析】【详解】双曲线的右焦点为.不妨设所作直线与双曲线的渐近线平行，其方程为，代入求得点的横坐标为，由，得，解之得，（舍去，因为离心率），故双曲线的离心率为.考点：1.双曲线的几何性质；2.直线方程.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在锐角中，分别是角所对的边，且.（1）求角的大小；（2）若，且的面积为，求的值.【答案】（1）；(2) .【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理可得，结合是锐角可得结果；(2)由，可得，再利用余弦定理可得结果.【详解】（1）因为所以由正弦定理得,因为，所以,因为是锐角，所以.(2)由于，，又由于，，所以.【点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．18.求适合下列条件的曲线的标准方程．（1）经过点，且一条渐近线方程为的双曲线；（2）两个焦点坐标分别为，并且经过点的椭圆.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据渐近线方程，设出双曲线方程，待定系数即可求得；（2）根据椭圆的定义，以及已知条件，即可求得.【详解】（1）因渐近线为4x＋3y＝0，故可设双曲线的方程为16x2－9y2＝k，将代入得，k＝225－81＝144.代入①并整理得.故所求双曲线的标准方程为.（2）因为椭圆的焦点在轴上，所以设它的标准方程为.又因为椭圆过点，不妨设其为，则由椭圆的定义知，所以又因为，所以，因此，所求椭圆标准方程为 .【点睛】本题考查已知双曲线渐近线求双曲线方程，以及已知椭圆上一点及焦点求椭圆方程.19.已知正项等比数列，，与等比中项为.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前项和为.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据基本量，列方程即可求得等比数列的公式，写出通项公式即可；（2）根据通项公式的特点，利用错位相减法求解数列的前项和.【详解】（1）因为正项等比数列，所以，设公比为，则.又因为与的等比中项为，所以，即，由，得，于是，数列的通项公式为.（2）由题可知，，于是，①②由①②，得，解得【点睛】本题考查由基本量计算等比数列的通项公式，以及利用错位相减法求解数列的前项和，属数列基础题.20.如图，港口在港口正东方海里处，小岛在港口北偏东方向和港口北偏西方向上，一艘科学考察船从港口O 出发，沿北偏东的方向以每小时海里的速度驶离港口，一艘快艇从港口B出发，以每小时海里的速度驶向小岛，在岛装运补给物资后给考察船送去，现两船同时出发，补给物资的装船时间需要小时，问快艇驶离港口后最少要经过多少时间才能和考察船相遇？【答案】3【解析】试题分析：由图可知OB=120，BC=60.OC=快艇从B到C需要1小时，然后装物资需要1小时，所以考察船已经走了两小时设快艇从C到A需t小时；则OA="40+20t,CA=60t,"，由余弦定理可得：共3小时考点：本题考查余弦定理点评：将应用题的条件标出图上各个边长及角度，然后用余弦定理计算21.已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.【详解】（Ⅰ）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，，所以.综上，为定值.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.22.设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2) .【解析】【详解】分析：（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围．详解：（1）当时，可得的解集为．（2）等价于．而，且当时等号成立．故等价于．由可得或，所以的取值范围是．点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）（时间120分钟，分值150分）说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）第Ⅰ卷（选择题，共60分）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，请将所选答案写在答题卡上)1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】集合M与集合N的公共元素构集合M∩N，由此利用集合M={x|x2﹣x﹣2>0}={x|x<﹣1或x>2}，N={x|}，能求出M∩N．【详解】∵集合M={x|x2﹣x﹣2>0}={x|x<﹣1或x>2}，N={x|}，∴M∩N={x|2＜x}．故选A【点睛】本题考查集合的交集及其运算，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，是基础题．2.不等式的解集为 ( )A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：不等式等价于解得，所以选A.考点：分式不等式的解法.3.命题甲：动点到两个定点的距离之和常数；命题乙：点的轨迹是椭圆．则命题甲是命题乙的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】B【解析】由题意得，当动点到两个定点的距离之和常数时，点的轨迹为椭圆，所以甲是乙的必要不充分条件，故选B．4.记等差数列的前项和为若则A. 16B. 24C. 36D. 48【答案】D【解析】本题考查数列求和公式的简单应用，直接代入即可由得，故．5.在中，，则∠等于( )A. 30°或150°B. 60°C. 60°或120°D. 30°【答案】C【解析】【分析】直接使用正弦定理，即可求得结果.【详解】根据正弦定理，可得，解得，故可得为60°或120°；又，则，显然两个结果都满足题意.故选：C.【点睛】本题考查正弦定理的直接使用，属基础题.6.一个等比数列的前项和为48，前项和为60，则前项和为（）A. 63B. 108C. 75D. 83【答案】A【解析】试题分析：因为在等比数列中，连续相同项的和依然成等比数列，即成等比数列，题中，根据等比中项性质有，则，故本题正确选项为A.考点：等比数列连续相同项和的性质及等比中项.7.已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,23cos2A+cos 2A=0,a=7,c=6,则b等于( )A. 10B. 9C. 8D. 5【答案】D【解析】【详解】由题意知,23cos2A+2cos2A-1=0,即cos2A=,又因△ABC为锐角三角形,所以cosA=.△ABC中由余弦定理知72=b2+62-2b×6×,即b2-b-13=0,即b=5或b=-(舍去),故选D.8.若抛物线上有两点，且垂直于轴，若，则抛物线的焦点到直线的距离为( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出两点的坐标，根据弦长求得两点的横坐标，即可求解.【详解】因为垂直于轴，设因为，故可得，解得代入抛物线方程，可得，又抛物线的焦点为故抛物线的焦点到直线的距离为.故选：A.【点睛】本题考查求抛物线上的点的坐标，以及由抛物线方程求焦点坐标，属基础题.9.一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴…如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有蜜蜂( )A. 55986只B. 46656只C. 216只D. 36只【答案】B【解析】【分析】先由题得到{an}是公比为6的等比数列，再利用等比数列的通项求出a6得解.【详解】设第n天所有的蜜蜂都归巢后共有an只蜜蜂，则有an＋1＝6an，a1＝6，则{an}是公比为6的等比数列，则a6＝a1q5＝6×65＝46656.故答案为B【点睛】本题主要考查等比数列性质的判定和等比数列的通项，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.10.已知为抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到轴的距离为 ( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】抛物线的准线为，过作准线的垂线，垂足为，的中点为，过作准线的垂线，垂足为，则可利用几何性质得到，故可得到轴的距离.【详解】抛物线的准线为，过作准线的垂线，垂足为，的中点为，过作准线的垂线，垂足为，因为是该抛物线上两点，故，所以，又为梯形的中位线，所以，故到轴的距离为，故选C.【点睛】本题考查抛物线的几何性质，属于基础题.11.（2016新课标全国Ⅱ理科）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与轴垂直，sin ,则E的离心率为A. B.C. D. 2【答案】A【解析】试题分析：由已知可得，故选A.考点：1、双曲线及其方程；2、双曲线的离心率.【方法点晴】本题考查双曲线及其方程、双曲线离心率.，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 由已知可得，利用双曲线的定义和双曲线的通径公式，可以降低计算量，提高解题速度.12.已知双曲线（，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别交于、两点，为坐标原点，若，△的面积为，则（）A. 1B.C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】求出双曲线的渐近线，利用三角形面积建立方程即可求解【详解】由，即渐近线为，与抛物线的准线交于，所以的面积为，解得故选C【点睛】本题考查抛物线，双曲线的几何性质，属于基础题型第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分.）13.命题若,则都为零的逆否命题是_______．【答案】若不全为零，则.【解析】因为一个命题的逆否命题，是将原命题逆命题的条件与结论同时否定得到，所以“若,则都为零”的逆否命题是“若不全为零，则”，故答案为若不全为零，则.14.已知各项均为正数的等比数列中，，则的值为______________.【答案】100【解析】分析】根据等比数列的下标和性质，求得，即可得.【详解】因为是等比数列，故可得因为，故可得，解得.故.故答案为：100.【点睛】本题考查等比数列的下标和性质，属基础题.15.设集合S＝{|||}，T＝{}，S∪T＝R，则的取值范围是____________．【答案】【解析】【分析】求解绝对值不等式可得集合，再根据S∪T＝R，即可得参数的范围.【详解】对集合：，解得集合，因为S∪T＝R，故可得解得.故答案为：.【点睛】本题考查由集合之间的关系求参数范围的问题，涉及绝对值不等式的求解.16.过双曲线的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交于点.若点的横坐标为,则的离心率为 .【答案】【解析】【详解】双曲线的右焦点为.不妨设所作直线与双曲线的渐近线平行，其方程为，代入求得点的横坐标为，由，得，解之得，（舍去，因为离心率），故双曲线的离心率为.考点：1.双曲线的几何性质；2.直线方程.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在锐角中，分别是角所对的边，且.（1）求角的大小；（2）若，且的面积为，求的值.【答案】（1）；(2) .【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理可得，结合是锐角可得结果；(2)由，可得，再利用余弦定理可得结果.【详解】（1）因为所以由正弦定理得,因为，所以,因为是锐角，所以.(2)由于，，又由于，，所以.【点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．18.求适合下列条件的曲线的标准方程．（1）经过点，且一条渐近线方程为的双曲线；（2）两个焦点坐标分别为，并且经过点的椭圆.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据渐近线方程，设出双曲线方程，待定系数即可求得；（2）根据椭圆的定义，以及已知条件，即可求得.【详解】（1）因渐近线为4x＋3y＝0，故可设双曲线的方程为16x2－9y2＝k，将代入得，k＝225－81＝144.代入①并整理得.故所求双曲线的标准方程为.（2）因为椭圆的焦点在轴上，所以设它的标准方程为.又因为椭圆过点，不妨设其为，则由椭圆的定义知，所以又因为，所以，因此，所求椭圆标准方程为 .【点睛】本题考查已知双曲线渐近线求双曲线方程，以及已知椭圆上一点及焦点求椭圆方程.19.已知正项等比数列，，与等比中项为.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列的前项和为.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据基本量，列方程即可求得等比数列的公式，写出通项公式即可；（2）根据通项公式的特点，利用错位相减法求解数列的前项和.【详解】（1）因为正项等比数列，所以，设公比为，则.又因为与的等比中项为，所以，即，由，得，于是，数列的通项公式为.（2）由题可知，，于是，①②由①②，得，解得【点睛】本题考查由基本量计算等比数列的通项公式，以及利用错位相减法求解数列的前项和，属数列基础题.20.如图，港口在港口正东方海里处，小岛在港口北偏东方向和港口北偏西方向上，一艘科学考察船从港口O出发，沿北偏东的方向以每小时海里的速度驶离港口，一艘快艇从港口B出发，以每小时海里的速度驶向小岛，在岛装运补给物资后给考察船送去，现两船同时出发，补给物资的装船时间需要小时，问快艇驶离港口后最少要经过多少时间才能和考察船相遇？【答案】3【解析】试题分析：由图可知OB=120，BC=60.OC=快艇从B到C需要1小时，然后装物资需要1小时，所以考察船已经走了两小时设快艇从C到A需t小时；则OA="40+20t,CA=60t,"，由余弦定理可得：共3小时考点：本题考查余弦定理点评：将应用题的条件标出图上各个边长及角度，然后用余弦定理计算21.已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.【详解】（Ⅰ）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，，所以.综上，为定值.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.22.设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2) .【解析】【详解】分析：（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围．详解：（1）当时，可得的解集为．（2）等价于．而，且当时等号成立．故等价于．由可得或，所以的取值范围是．点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。
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2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合0，，，则A. B. 0， C. D.【答案】C【解析】解：；．故选：C．可求出B，然后进行并集的运算即可．考查描述法、列举法的定义，绝对值不等式的解法，以及并集的运算．2.已知数列中，，则A. 4B. 9C. 12D. 13【答案】D【解析】解：数列中，，则．故选：D．利用通项公式即可得出．本题考查了数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.已知椭圆C：中，，，则该椭圆标准方程为A. B. C. D.【答案】A【解析】解：根据题意，椭圆C：，其焦点在x轴上，若，，则，则椭圆的方程为；故选：A．根据题意，分析椭圆的焦点位置，由椭圆的几何性质可得b的值，代入椭圆的方程即可得答案．本题考查椭圆的标准方程，注意掌握椭圆标准方程的形式，属于基础题．4.若向量，，则A. B. C. 3 D.【答案】D【解析】解：向量，，0，，．故选：D．利用向量坐标运算法则求解0，，由此能求出的值．本题考查向量的模的求法，考查向量坐标运算法则、向量的模等基础知识，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，是基础题．5.设a，，则“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】C【解析】解：若，，不等式等价为，此时成立．，不等式等价为，即，此时成立．，不等式等价为，即，此时成立，即充分性成立．若，当，时，去掉绝对值得，，因为，所以，即．当，时，．当，时，去掉绝对值得，，因为，所以，即即必要性成立，综上“”是“”的充要条件，故选：C．根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的性质结合分类讨论是解决本题的关键．6.若x，y满足，则的最小值为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：x，y满足的区域如图：设，则，当此直线经过时z最小，所以z的最小值为；故选：B．画出平面区域，利用目标函数的几何意义求最小值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键，比较基础．7.设抛物线上一点P到y轴的距离是2，则点P到该抛物线焦点的距离是A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】解：由于抛物线上一点P到y轴的距离是2，故点P的横坐标为2．再由抛物线的准线为，以及抛物线的定义可得点P到该抛物线焦点的距离等于点P到准线的距离，故点P到该抛物线焦点的距离是，故选：C．由题意可得点P的横坐标为2，抛物线的定义可得点P到该抛物线焦点的距离等于点P 到准线的距离，由此求得结果．本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于中档题．8.设是等差数列的前n项和，若，，则A. B. 2017 C. 2018 D. 2019【答案】D【解析】解：设等差数列的公差为d，，，，化为：，解得．则．故选：D．设等差数列的公差为d，根据，，利用求和公式可得d，即可得出．本题考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9.下列各组两个向量中，平行的一组向量是A. ，2，B. ，1，C. ，1，D. ，【答案】B【解析】解：在A中，，2，，，故A中两个向量不平行，故A错误；在B中，，1，，，故B中两个向量平行，故B正确；在C中，，1，，，故C中两个向量不平行，故C错误；在D中，，，，故D中两个向量不平行，故D错误．故选：B．利用向量平行的性质直接求解．本题考查平行向量的判断，考查向量与向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．10.的内角A，B，C的对边分別为a，b，c，已知，，，则的面积是A. B. C. 1 D.【答案】B【解析】解：的内角A，B，C的对边分別为a，b，c，已知，利用正弦定理得：，整理得：，由于：，所以：，由于：，则：．由于：，，则：．故选：B．首先利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理求出B的值，进一步利用三角形的面积公式求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和三角形面积公式的应用．11.设，是双曲线C：的左，右焦点，O是坐标原点过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为A. B. 2 C. D.【答案】C【解析】解：双曲线C：的一条渐近线方程为，点到渐近线的距离，即，，，，，在三角形中，由余弦定理可得，，即，即，，故选：C．先根据点到直线的距离求出，再求出，在三角形中，由余弦定理可得，代值化简整理可得，问题得以解决．本题考查了双曲线的简单性质，点到直线的距离公式，余弦定理，离心率，属于中档题．12.已知正方体的棱长为1，若P点在正方体的内部，且满足，则平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：以A为坐标原点，AB，AD，分别为x，y，z轴，由，可得，0，，1，，则，0，，设平面PAB的法向量为y，，由，且，可得，且，可取，而平面ABCD的法向量为0，，则平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值为．故选：B．以A为坐标原点，AB，AD，分别为x，y，z轴，求得P、A、B的坐标，可得向量AP，向量AB的坐标，设平面PAB的法向量为y，，由向量数量积为0，可得平面PAB的一个法向量，再由平面ABCD的法向量为0，，运用两个向量的夹角公式计算可得所求值．本题考查平面和平面所成角的求法，注意运用坐标法和平面的法向量，考查化简整理的运算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知等比数列中，，，则______．【答案】【解析】解：等比数列中，，，，解得，．故答案为：．由等比数列中，，，得到，由此能求出．本题考查等比数列的第7项的求法，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．14.已知，，，则的最小值为______．【答案】8【解析】解：当且仅当，时取等故答案为：8先变形：，然后根据基本不等式可求得最小值．本题考查了基本不等式及其应用，属基础题．15.已知，1，，则，______．【答案】【解析】解：，1，，，．故答案为：．利用空间向量夹角公式直接求解．本题考查向量夹角的余弦值的求法，考查空间向量夹角公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．16.设，若时均有成立，则______．【答案】【解析】解：若，则当时，，由二次函数的性质可知，不等式不可能在时恒成立，故当时不可能都有成立，故，故当时，，当时，，当时均有成立，故当时，，当时，，故是方程的实数根，故，解得：舍或，综上：，故答案为：．通过讨论a的范围以及函数恒成立问题，求出，进而得到是方程的实数根，求出a的值即可．本题考查了函数恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.解关于x的不等式【答案】解：当时，不等式化为，；分当时，原不等式化为，当时，不等式的解为或；当时，不等式的解为；当时，不等式的解为或；分综上所述，得原不等式的解集为：当时，解集为；当时，解集为或；当时，解集为；当时，解集为或．【解析】根据a的范围，分a等于0和a大于0两种情况考虑：当时，把代入不等式得到一个一元一次不等式，求出不等式的解集；当a大于0时，把原不等式的左边分解因式，再根据a大于1，及a大于0小于1分三种情况取解集，当a大于1时，根据小于1，利用不等式取解集的方法求出解集；当时，根据完全平方式大于0，得到x不等于1；当a大于0小于1时，根据大于1，利用不等式取解集的方法即可求出解集，综上，写出a不同取值时，各自的解集即可．此题考查了一元二次不等式的解法，考查了分类讨论及转化的数学思想根据a的不同取值，灵活利用不等式取解集的方法求出相应的解集是解本题的关键．18.如图，已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点，平行于OM的直线l在y轴上的截距为，直线l交椭圆于A，B 两个不同点．求椭圆的方程；求m的取值范围．【答案】解：设椭圆方程为则分解得，分椭圆方程为；分直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m又，的方程为：由直线方程代入椭圆方程，分直线l与椭圆交于A、B两个不同点，，分解得，且分【解析】设出椭圆的方程，利用长轴长是短轴长的2倍且经过点，建立方程，求出a，b，即可求椭圆的方程；由直线方程代入椭圆方程，利用根的判别式，即可求m的取值范围．本题考查椭圆的方程与性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．19.设数列的前n项和为，且满足，求数列的通项公式；若，求数列的前n项和．【答案】解：，当时，，得，，时，得，，符合上式．数列的通项公式为；，，得．．【解析】由求得，验证成立后得数列的通项公式；把数列的通项公式代入，然后利用错位相减法求数列的前n项和．本题考查由数列的前n项和求数列的通项公式，训练了错位相减法求数列的和，是中档题．20.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．求A的大小；若，求．【答案】解：，可得：，可得：，解得：，，，，．，．由可得：，，由三角形的面积公式可得：．【解析】由已知利用余弦定理可求，，联立解得，，利用余弦定理可求的值，结合范围，可求A的值．由已知及可得：，，由三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算了和转化思想，属于中档题．21.如图，已知四棱锥，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，E为PD的中点．Ⅰ证明：平面PAB；Ⅱ求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【答案】证明：Ⅰ取AD的中点F，连结EF，CF，为PD的中点，，在四边形ABCD中，，，F为中点，，平面平面ABP，平面EFC，平面PAB．解：Ⅱ连结BF，过F作于M，连结PF，，，推导出四边形BCDF为矩形，，平面PBF，又，平面PBF，，设，由，得，，，，又平面PBF，，平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，到平面PBC的距离为，在中，由余弦定理得，设直线CE与平面PBC所成角为，则．【解析】Ⅰ取AD的中点F，连结EF，CF，推导出，，从而平面平面ABP，由此能证明平面PAB．Ⅱ连结BF，过F作于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而，进而平面PBF，由，得，再求出，由此能求出．本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．22.已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，且直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围．【答案】解：由题意可设椭圆方程为，由得，所以，椭圆方程为分由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为，，，则由，消去y得．，且，．分因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，所以，，即，又，所以，即分由于直线OQ的斜率存在，且，得且．设d为点O到直线l的距离，则，所以的取值范围为分【解析】根据中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点，利用待定系数法，求出几何量，可得椭圆的方程设直线l的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求出k的值，表示出面积，即可求出面积的取值范围．本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，综合性强．。