2019-2020学年云南省曲靖市宣威市第五中学高二上学期期末数学(理)试题

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.已知命题p：，，命题q：，，则A. 命题是假命题B. 命题是真命题C. 命题￢是真命题D. 命题￢是假命题【答案】C【解析】解：当时，成立，故命题p为真命题；当时，，故命题q为假命题，故命题是真命题，故A错误；命题是假命题，故B错误；命题￢是真命题，故C正确；命题￢是真命题，故D错误；故选：C．举出正例可知命题p为真命题；举出反例可知命题q为假命题，进而根据复合命题真假判断的真值表得到结论．本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了复合命题，全称命题，特称命题，难度基础．2.在中，，，，则边c等于A. B. C. D.【答案】D【解析】解：，，，，则，即得，故选：D．根据三角形的内角和，求出C的大小，结合正弦定理进行求解即可．本题主要考查解三角形的应用，利用正弦定理是解决本题的关键比较基础．3.若实数x，y满足，则的最小值为A. 2B. 1C. 0D.【答案】D【解析】解：画出实数x，y满足表示的平面区域，如图所示；平移目标函数知，当目标函数过点A时，z取得最小值，由，解得，的最小值为．故选：D．画出不等式组表示的平面区域，平移目标函数，找出最优解，求出z的最小值．本题考查了简单的线性规划问题，是基本知识的考查．4.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A. 1盏B. 3盏C. 5盏D. 9盏【答案】B【解析】解：设塔的顶层共有盏灯，则数列公比为2的等比数列，，解得．故选：B．设塔的顶层共有盏灯，则数列公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式能求出结果．本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5.已知实数a，，a，b的等差中项为，设，则的最小值为A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】解：，，a，b的等差中项是，又当且仅当时，等号成立，取得最小值5故选：C．先由等差中项求得，又，再构造基本不等式求解．本题主要通过数列知识来考查基本不等式求最值，属于基础题．6.已知四棱锥的底面是正方形，且底面ABCD，，则异面直线PB与AC所成的角为A.B.C.D.【答案】B【解析】解：建立以点A为空间直角坐标系原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系，设，则0，，1，，0，，0，，则1，，0，，设，，夹角为，则，所以，即异面直线PB与AC所成的角为，故选：B．由异面直线所成角及空间向量的坐标运算得：建立以点A为空间直角坐标系原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系，设，则0，，1，，0，，0，，则1，，0，，设，，夹角为，则，即，即异面直线PB与AC所成的角为，得解．本题考查了异面直线所成角及空间向量的坐标运算，属中档题．7.若不等式对一切实数x都成立，则实数a的取值范围为A. 或B. 或C.D.【答案】C【解析】解：不等式对一切实数x都成立，则，即，解得，所以实数a的取值范围是．故选：C．根据题意得出，由此列出不等式组求出a的取值范围．本题考查了利用判别式求不等式恒成立问题，是基础题．8.过抛物线的焦点F作倾斜角为的直线交抛物线于A、B两点，若线段AB的长为8，则A. B. 1 C. 3 D. 4【答案】C【解析】解：由题意可知过焦点的倾斜角为直线方程为，与抛物线方程联立，得，消去y可得：，，，解得：．故选：C．写出过焦点的倾斜角为直线方程，与抛物线方程联立，消去y得关于x的一元二次方程，由根与系数的关系和抛物线的定义写出的值，列方程求得p的值．本题主要考查了抛物线的定义与性质的应用问题，是中档题．9.如图，已知顶角A为的三角形ABC满足，点D，E分别在线段AB和AC上，且满足，当的面积取得最大值时，DE的最小值为A. 1B.C.D.【答案】B【解析】解：的面积．当且仅当时取等号，此时三角形ABC为等边三角形，设，则，当时，取得最小值，故DE的最小值为，故选：B．易得且仅当时取等号，此时三角形ABC为等边三角形，设，则，，故DE的最小值为，本题考查了三角形面积的最值，函数思想，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）10.已知不等式的解集为，则______．【答案】3【解析】解：不等式的解集为，和b为的解，将代入方程得：，即，方程化为，将代入方程得：，解得：不合题意，舍去或，则．故答案为：3由不等式的解集，得到方程的解为1和b，将与代入求出a 与b的值，即可求出的值．此题考查了一元二次不等式的解法，根据题意得出方程的解为1和b 是解本题的关键．11.设等差数列的前n项和为，若，，则______．【答案】45【解析】解：，，所以，则．故答案为：45由减得到的值，然后利用等差数列的性质找出的和与的和即与的关系，由的值即可求出等差d的值，然后再利用等差数列的性质找出与d和的关系，把d和的值代入即可求出值．此题考查学生灵活运用等差数列的性质化简求值，是一道中档题．12.一艘轮船从港口A处出发，以15海里小时的速度沿着北偏西的方向直线航行，在港口A处测得灯塔M在北偏东方向，航行40分钟后，轮船与灯塔的距离是海里，则灯塔M与港口A的距离为______海里．【答案】5【解析】解：设轮船航行40分钟后到达B点，由题意可知海里，海里，，由正弦定理可得：，即，解得，，海里．故答案为：5．利用正弦定理计算得出是直角三角形，再计算AM即可．本题考查了解三角形的应用，属于基础题．13.如图，双曲线C：上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为双曲线的右焦点，且满足，，则双曲线的离心率e的值为______．【答案】【解析】解：，可得，在中，，，在直角三角形ABF中，，可得，，取左焦点，连接，，可得四边形为矩形，，．故答案为：运用三角函数的定义可得，，取左焦点，连接，，可得四边形为矩形，由双曲线的定义和矩形的性质，可得，由离心率公式，即可得到所求值．本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和锐角三角函数的定义，考查化简整理的运算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）14.已知命题p：实数x满足，命题q：实数x满足．Ⅰ当且为真命题时，求实数x的取值范围；Ⅱ若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．【答案】解：Ⅰ当时，由得得，由得，若为真命题时，则p，q同时为真命题即，得，即实数x的取值范围是Ⅱ由，得，若p是q的必要不充分条件，则，则，即，即实数m的取值范围是．【解析】Ⅰ当时，求出p，q为真命题的等价条件，结合为真命题时，则p，q同时为真命题进行求解即可Ⅱ利用充分条件和必要条件转化为对应集合关系进行求解即可本题主要考查充分条件和必要条件的应用以及复合命题真假关系的应用，根据条件转化为集合关系是解决本题的关键．15.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．Ⅰ若的面积为，求a，b的值；Ⅱ若，求的面积．【答案】本题满分为12分解：Ⅰ，，由余弦定理，可得：，的面积为，解得：，由可得：，分Ⅱ，，又由余弦定理，可得：，解得：，，，分【解析】Ⅰ由余弦定理可得，利用三角形的面积公式可得，联立即可得解a，b的值．Ⅱ利用正弦定理可求，又由余弦定理可得，解得a，b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，三角形的面积公式，正弦定理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.设是公比为正数的等比数列，．Ⅰ求的通项公式；Ⅱ设，求证：数列的前n项和．【答案】解：Ⅰ设是公比为q的等比数列，，，，可得，解得，则，；Ⅱ证明：，则，可得前n项和，由，可得．【解析】Ⅰ设是公比为q的等比数列，，运用等比数列的通项公式，解方程可得公比q，即可得到所求通项；Ⅱ求得，再由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证．本题考查等比数列的通项公式的运用，考查数列的裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于基础题．17.某商家计划投入10万元经销甲，乙两种商品，根据市场调查统计，当投资额为万元，经销甲，乙两种商品所获得的收益分别为万元与万元，其中，，当该商家把10万元全部投入经销乙商品时，所获收益为5万元．Ⅰ求实数a的值；Ⅱ若该商家把10万元投入经销甲，乙两种商品，请你帮他制订一个资金投入方案，使他能获得最大总收益，并求出最大总收益．【答案】解：Ⅰ：依题意可得，解得，Ⅱ设投入B商品的资金为x万元，则投入A商品的资金为万元，设收入为万元，当时，，，则，当且仅当，解得时，取等号．当时，则，此时．，最大收益为17万元，答：投入甲商品的资金为8万元，投入乙商品的资金为2万元，此时收益最大，为17万元．【解析】根据条件，表示为分段函数形式，利用基本不等式或者一元二次函数的最值，进行求解即可本题主要考查函数的应用问题，利用分段函数，分别求解，利用基本不等式和一元二次函数的最值是解决本题的关键．18.如图，平面平面ADEF，其中四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为梯形，、，，．Ⅰ求证：平面ABF；Ⅱ求二面角的正弦值．【答案】证明：Ⅰ平面平面ADEF，其中四边形ABCD为矩形，，平面ADEF，，四边形ADEF为梯形，、，，平面ABF．解：Ⅱ以F为原点，AF，FE所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系．平面ABF的法向量1，，，，0，，0，，，0，，，设平面BDF的法向量y，，则，取，得，设二面角的平面角为，则，，二面角的正弦值．【解析】Ⅰ推导出，平面ADEF，从而，由此能证明．Ⅱ以F为原点，AF，FE所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系利用向量法能求出二面角的正弦值．本题考查线面垂直的证明，考查二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．19.已知椭圆：的一个焦点与抛物线：的焦点重合，且椭圆的离心率为．Ⅰ求的方程；Ⅱ过点的动直线l与椭圆相交于A，B两点，O为原点，求面积的最大值．【答案】解：Ⅰ抛物线：的焦点坐标为，则，又，，，故椭圆的方程为；易知直线l的斜率k存在，设其方程为．设，则由消去y得：，由，得．则，．则又原点到直线l的距离为，且，所以设，则，当且仅当，即，即时等号成立，所以面积取得最大值．【解析】Ⅰ抛物线：的焦点坐标为，则，再根据离心率求出a，即可求出b，可得椭圆的方程Ⅱ易知直线l的斜率k存在，设其方程为，设，根据韦达定理和弦长公式，原点到直线l的距离可求d从而可求，利用换元法根据基本不等式即可求出面积的最大值．本题主要考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，考查运算能力，考查化归思想，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】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】。

云南省曲靖市宣威市第五中学2020-2021学年高二上学期期末数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合{}2–340A x x x =|-<，{}|1B x x =≥，则A B 等于（ ）A ．(1,4)-B ．[1,4)C ．(]1,1-D ．(]1,3- 2．复数41i z i=+则z 对应的点所在的象限为（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 3．正方体被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，则该截面图形的形状为（ ）A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．直角三角形4．若点(2,A -在抛物线22y px =上，F 为抛物线的焦点，则AF =（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．45．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5926a a +=，47a =，则10S =（ ） A ．80 B ．90 C ．100 D ．110 6．如图记录了甲、乙两名篮球运动员练习投篮时，进行的5组100次投篮的命中数，若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则x ，y 的值为（ ）A ．4，2B ．3，5C ．5，5D ．4，4 7．函数()()[]cos sin ,,f x x x x x πππ=++∈-的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．8．设x ∈R ，则“1216x <”是“31x <”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9．已知a ∈R 且为常数，圆22:220C x x y ay ++-=，过圆C 内一点（1，2）的直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，当弦AB 最短时，直线l 的方程为20x y -=，则此时圆的半径为（ ）A B C D10．已知函数()sin f x x x =，将函数()f x 的图象向左平移()0m m >个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是（ ）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π11．已知A ，B ，C 三点都在表面积为25π的球O 的表面上，若AB =60ACB ∠=︒，则球内的三棱锥O ABC -的体积的最大值为（ ）A B C D ．12．若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ）A ．12B ．1C ．2D ．52二、填空题13．将)(32012化为五进制数为()5abc ，则a b c ++=____________.14．已知向量a ，b 的夹角为120︒，且||3a =，||2b =，则向量a b +在向量a 方向上的投影为____________.15．设实数x ，y 满足约束条件210020x x y x y -≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则12z x y =+的取值范围为____________.16．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，直线x a =与双曲线的一条渐近线的交点为B ．若30BFA ∠=︒，则双曲线的渐近线方程为____________.三、解答题17．已知函数(),[0,]33x x f x x π=+∈，设()f x 的最大值为M ，记()f x 取得最大值时x 的值为θ.（1）求M 和θ；（2）在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若2a =，b =，B θ=，求c 的值.18．随着经济全球化、信息化的发展，企业之间的竞争从资源的争夺转向人才的竞争.吸引、留住培养和用好人才成为人力资源管理的战略目标和紧迫任务.在此背景下，某信息网站在15个城市中对刚毕业的大学生的月平均收入薪资和月平均期望薪资做了调查，数据如图所示.（1）若某大学毕业生从这15座城市中随机选择一座城市就业，求该生选中月平均收人薪资高于8000元的城市的概率；（2）若从月平均收入薪资与月平均期望薪资之差高于1000元的城市中随机选择2座城市，求这2座城市的月平均期望薪资都高于8000元或都低于8000元的概率.19．如图，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AD AB ⊥，2AB =，1AD CD ==，E 为AB 的中点.将BCE 沿CE 折起，使点B 到达点F 的位置，且平面CEF 与平面ADCE 所成的二面角为60︒.（1）求证：平面CEF ⊥平面AEF ；（2）求直线DF 与平面CEF 所成角的正弦值.20．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的长轴长为6，离心率为13. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设椭圆C 的左、右焦点分别为1F ，2F ，左、右顶点分别为A ，B ，点M ，N 为椭圆C 上位于x 轴上方的两点，且12//F M F N ，记直线AM ，BN 的斜率分别为12,k k ，且12320k k +=,求直线1F M 的方程.21．已知函数1()ln f x x x=-. （1）令()()2g x f x x =-，求()g x 的单调区间；（2）若直线:l y ax b =+是函数()f x 的图象的切线，且,a b ∈R ，求+a b 的最小值.22．记公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，6a 是3a 与12a 的等比中项.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列2n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .参考答案1．B【解析】【分析】解一元二次不等式化和化简集合A ，再进行交集运算，即可得答案.【详解】∵{}2}–340{|14A x x x x x ==-<-<|<，∴[14)A B =，.故选：B.【点睛】本题考查集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.2．D【分析】根据复数的除法运算求出复数z ，再求其共轭复数，即可得答案.【详解】 ∵4i 4i(1i)4i 422i 1i (1i)(1i)2z -+====+++-， ∴22i z =-，对应的点的坐标为(2,2)-，位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的除法运算、共轭复数概念，考查运算求解能力，属于基础题.3．B【分析】利用三视图还原几何体的直观图，即可得答案.【详解】由三视图可得，该几何体是正方体被一个平面截去一个三棱锥，且三棱锥的两条侧棱相等，所以截面是等腰三角形，如图所示，故选：B..【点睛】本题考查三视图的成图原理，考查空间想象能力，属于基础题.4．C【分析】利用点在在抛物线22y px =上求出p 的值，再利用焦半径公式，即可得答案. 【详解】∵点(2A -，在抛物线22y px =上，∴2(4p -=，即2p =， ∴||2A p AF x =+=213+=. 故选：C.【点睛】本题考查求抛物线的方程、焦半径公式，考查运算求解能力，属于基础题.5．C【分析】利用等差中项求得713a =，再利用等差数列前n 项和公式，即可得答案.【详解】∵5926a a +=，∴759226a a a =+=，解得：713a =，∵47a =，∴1104771320a a a a +=+=+=， ∴1011010()1002S a a =+=. 故选：C.【点睛】本题考查等差数列中基本量法的运用，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.6．D【分析】利用中位数的概念求出y 的值，因为甲、乙的平均数相等，可求得x 的值，即可得答案.【详解】甲的中位数为64，则乙的中位数为64，即4y =；因为甲、乙的平均数相等，则个位数也相等，乙的个位数之和为9274830++++=，个位数为0，则甲的个位数之和为624++416x x ++=+，若个位数为0，则4x =，即x y ，的值为4，4.故选：D.【点睛】本题考查茎叶图、中位数、平均数的计算，考查数据处理能力，属于基础题.7．D【分析】 利用函数为奇函数和π2f ⎛⎫ ⎪⎝⎭的符号，利用排除法，即可得答案. 【详解】∵[],x ππ∈-关于原点对称，且()cos sin(π)cos sin f x x x x x x x =++=-， ∴()cos sin (cos sin )f x x x x x x x -=-+=--=()f x -，∴函数()f x 是奇函数，排除A ，C ；cos s ππππi ππn 03333626f -⎛⎫=-=-=< ⎪⎝⎭，排除B . 故选：D.【点睛】本题考查根据函数的解析式选择函数的图象，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意从图形中提取信息.8．A【分析】分别解两个不等式，再利用集合间的关系进行判断充分性与必要性，即可得答案.【详解】 ∵416122x -<=，得4x <-； ∵31x<，得0x <或3x >， ∴4x <-能推出0x <或3x >，反之推不出， ∴“1216x <”是“31x <”的充分不必要条件. 故选：A.【点睛】本题考查充分条件与必要条件，考查运算求解能力，求解时注意将问题转化为集合间的关系. 9．B【分析】圆C 化成标准方程为222(1)()1x y a a ++-=+，圆心坐标为(1)C a -，，，根据圆的性质得过圆心与点(12)，的直线与直线20x y -=垂直时弦最短，求出a 的值，即可得答案.【详解】圆C 化成标准方程为222(1)()1x y a a ++-=+，圆心坐标为(1)C a -，，，如图，由题意得，过圆心与点(12)，的直线与直线20x y -=垂直时弦最短， 则21112a -=---，即3a =，=故选：B.【点睛】本题考查直线与圆相交的弦长问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意弦长公式的应用.10．A【分析】 利用函数的平移变换得π2sin 3y x m ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，再根所图象关于y 轴对称，得到角的终边落在y 轴上，即π2π3πm k +=+，k Z ∈，即可得答案. 【详解】()sin 2s πin 3f x x x x ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭， 将函数()f x 的图象向左平移m 个单位长度后， 得到函数π2sin 3y x m ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的图象， 又所得到的图象关于y 轴对称，所以π2π3πm k +=+，k Z ∈， 即ππ6m k =+，k Z ∈， 又0m >，所以当0k =时，m 的最小值为π6. 故选：A.【点睛】本题考查三角函图象的变换、偶函数的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.11．C【分析】由球O 的表面积为25π，得球的半径52R =，求得球心到底面的距离，再利用余弦定理和基本不等式，求得底面面积的最大值，即可得答案.【详解】如图，由球O 的表面积为25π，得球的半径52R =，∵AB =60ACB ∠=︒，∴A ，B ，C 三点所在圆的半径为122r ==，所以球心O 到平面ABC 的距离32d ==，在ABC 中，由余弦定理得2222cos60AC BC AC BC =+-⋅⋅︒，即2212AC BC AC BC AC BC =+-⋅≥⋅，则max 1()sin 602ABC S AC BC =︒=△∴球内的三棱锥O ABC -的体积的最大值为1332⨯=. 故选：C.【点睛】本题考查三棱锥与球的内接问题、三棱锥体积的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意基本不等式的应用.12．C【分析】由()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，再利用参变分离和构造函数，求得函数的最小值，即可得答案.【详解】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++，记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x -'=+-=+， 当1x >时，2210x x->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x =++有解，得2k ≥， 所以k 的最小值为2.故选：C.【点睛】本题考查函数新定义题、导数求函数的最值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意参变离法的应用.13．7【分析】先将“三进制”转化为“十进制”数，再转化为“五进制数”，即可得答案.【详解】“三进制”数)(32012转化为“十进制”数为32102303132359⨯+⨯+⨯+⨯=，将十进制数59转化为五进制数：595114÷=，11521÷=，2502÷=， ∴将十进制数59化为五进制数是(5)214，则7a b c ++=.故答案为：7.【点睛】本题考查“三进制”转化为“五进制数”，考查运算求解能力，求解时注意要实现两种进制的转化，而以“十进制”为过渡.14．2【分析】先计算向量a b +与向量a 的数量积，再代入投影公式中，即可得答案.【详解】∵21()||||||cos12093262a b a a a b ⎛⎫+=+︒=+⨯⨯-= ⎪⎝⎭， ∴所以向量a b +在向量a 方向上的投影为()2||a b a a +=. 故答案为：2.【点睛】 本题考查向量数量积的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题.15．3342⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 【分析】作出约束条件所表示的可行域，再利用直线截距的几何意义，即可得答案.【详解】由实数x ，y 满足约束条件210020x x y x y -≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，，，作出可行域如图，化目标函数12z x y =+为22y x z =-+， 由图可知，当直线22y x z =-+过点1122B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为34； 当直线22y x z =-+过点(11)A ，时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为32， ∴12z x y =+的取值范围为3342⎡⎤⎢⎥⎣⎦，. 故答案为：3342⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.【点睛】本题考查线性规划问题，求解时注意直线在y 轴上的截距最大时，z 取最大值.16．0y ±=【分析】根据tan BFA ∠的值得到关于,a b 的方程，从而求得渐近线的斜率，即可得答案.【详解】由题意，可得(0)A a ，，双曲线的渐近线方程为0ay bx ±=， 不妨设B 点为直线x a =与b y x a=的交点，则B 点的坐标为()a b ，， 因为AB FA ⊥，30BFA ∠=︒，所以tan BFA ∠=||||AB b FA a c ===+，解得b a=0y ±=.故答案为：0y ±=.【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程、直线与双曲线的位置关系，求解时注意根据题意构造关于,a b 的方程.17．（1）2M =，3π4θ=（2）c =【分析】（1）利用辅助角公式化简()2sin 3π4x f x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再根据[0π]x ∈，，求得π34x +的范围，利用单位圆的三角函数线，即可得答案；（2）由余弦定理得到关于c 的方程，解方程即可得答案.【详解】（1）由已知得()2sin 33π34x x x f x ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭， 因为[0π]x ∈，，所以，k Z ∈， 当32ππ4x +=，即3π4x =时，max ()2f x =， 所以2M =，3π4θ=. （2）由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，可得222242c c ⎛-⨯⨯-+= ⎝⎭，即2160c +-=，解得c =c =-（舍去），故c =【点睛】本题考查三角函数辅助角公式、最值、余弦定理，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意整体角度范围的应用.18．（1）715（2）25【分析】（1）记事件A 为该生选中月平均收入薪资高于8000元的城市，利用古典概型可得概率()P A ； （2）记2座城市的月平均期望薪资都高于8000元或都低于8000元为事件B ，利用古典概型可得概率()P B .【详解】（1）设该生选中月平均收入薪资高于8000元的城市为事件A ，15座城市中月平均收入薪资高于8000元的有7个， 所以7()15P A =. （2）月平均收入薪资和月平均期望薪资之差高于1000元的城市有6个，其中月平均期望薪资高于8000元的有3个，记为1A ，2A ，3A ；月平均期望薪资低于8000元的有3个，记为1B ，2B ，3B ，选取两座城市所有的可能为：12A A ，13A A ，11A B ，12A B ，13A B 23A A ，21A B ，22A B ，23A B ，31A B ，32A B ，33A B ，12B B ，13B B ，23B B ，共15种，设2座城市的月平均期望薪资都高于8000元或都低于8000元为事件B ， 所以62()155P B ==. 【点睛】本题考查古典概型概率计算，考查数据处理能力，属于基础题.19．（1）证明见解析（2）4【分析】（1）证明CE EF ⊥，CE AE ⊥，可得线面垂直，再利用线面垂直判定定理可证面面垂直；（2）以E 为坐标原点，分别以,EA EC 的方向为y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系E xyz -，求得31,,122DF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭和平面CEF 的一个法向量(1,3,0)n =-，再代入向量的夹角公式，即可得答案.【详解】（1）证明：由题设得四边形ADCE 为正方形，则CE EF ⊥，CE AE ⊥，又EF AE E =，EF ⊂平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，∴CE ⊥平面AEF .又CE ⊂平面CEF ，∴平面CEF ⊥平面AEF .（2）由CE EF ⊥，CE AE ⊥，得AEF ∠是二面角F CE D --的平面角，即60AEF ∠=︒，又1AE EF ==，∴AEF ∆为正三角形.以E 为坐标原点，分别以,EA EC 的方向为y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系E xyz -，如图所示，则(0,0,0),(0,0,1),(0,1,1)E C D，1,02F ⎫⎪⎪⎝⎭，从而(0,0,1)EC =，31,022EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭，31,122DF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 设平面CEF 的一个法向量为(,,)n x y z =， 则00n EC nEF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即0102z x y =⎧+=， 取1x =，则(1,3,0)n =-，设直线DF 与平面CEF 所成的角为θ，则||3sin cos ,|||||22DF nDF n DF n θ⋅=〈〉===⨯ 所以直线DF 与平面CEF【点睛】 本题考查空间中线面垂直、面面垂直的证明、向量法求线面角，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意空间直角坐标系在建立之前，要证明三条直线两两互相垂直.20．（1）22198x y （2）0y -+=【分析】 （1）根据长轴长为6，离心率为13，可求得,,a b c 的值，即可得答案； （2）设的1F M 方程为1x my =-，111()(0)M x y y >,，直线1F M 与椭圆的另一个交点为()22,M x y '，利用12320k k +=得到方程12125640my y y y ++=，与韦达定理联立，求得12,y y ，进一步求得关于m 的方程，求出m 的值，即可得到直线方程.【详解】（1）由题意，可得26a =，13c a =，222a b c =+， 联立解得3a =，1c =，b = ∴椭圆的标准方程为22198x y .（2）如图，由（1）知12(3,0),(3,0),(1,0),(1,0)A B F F --，设的1F M 方程为1x my =-，111()(0)M x y y >,，直线1F M 与椭圆的另一个交点为()22,M x y '，∵12//F M F N ，根据对称性可得()22,N x y --，联立2289721x y x my ⎧+=⎨=-⎩，整理得()228916640m y my +--=， ∴1221689m y y m +=+，1226489y y m -=+ ∵1223k k =-，∴1122022032y my y my -+=--+， 即12125640my y y y ++=，联立解得1212889m y m =+，2211289m y m -=+， ∵10y >，20y <，∴0m >，∴1222212811264898989m m y y m m m --=⋅=+++，∴m = ∴直线1F M的方程为112x y =-，即0y -+=. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线斜率公式、直线与椭圆的位置关系、对称性，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.21．（1）单调增区间为0,1，单调减区间为(1,)+∞（2）1-【分析】（1）求出1()ln 2g x x x x=--，再求导、解不等式，从而得到函数的单调区间； （2）设切点坐标为0001,ln x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，将+a b 表示成关于0x 的函数，再构造函数利用导数研究函数的最小值，即可得答案.【详解】（1）函数1()()2ln 2g x f x x x x x=-=--的定义域为(0,)+∞， 则2221121()2x x g x x x x-++'=+-=， 当01x <<时，()0g x '>，函数()g x 为增函数；当1x >时，()0g x '<，函数()g x 为减函数，所以()g x 的单调增区间为()0,1，单调减区间为(1,)+∞.（2）设切点坐标为0001,ln x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 则切线的斜率为()020011a f x x x '==+， 将切点坐标0001,ln x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭代入直线:l y ax b =+，可得002ln 1b x x =--， 所以020011ln 1a b x x x +=-+-. 令211()ln 1(0)h x x x x x =-+->， 则2332(2)(1)()(0)x x x x h x x x x+-+-'==>， 令()0h x '<，解得01x <<，()h x 在区间()0,1上为减函数；令()0h x '>，解得1x >，在区间(1,)+∞上为增函数，所以()(1)1h x h ≥=-，故+a b 的最小值为1-.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调区间、导数的几何意义、导数研究函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.22．（1）2n a n =（2）21n n + 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等比中项的性质，求得数列的公差，从而求得通项公式； （2）求出等差数列的前n 项和n S ，再利用裂项相消法求和，即可得答案.【详解】（1）根据题意，得26312a a a =⋅，即2(25)(22)(211)d d d +=++，解得2(0)d d =≠，∴22(1)2n a n n =+-=.（2）由（1）得(1)22(1)2n n n S n n n -⨯=+=+，∴22112(1)1nS n n n n⎛⎫==-⎪++⎝⎭，∴1111112 2121223111 nnTn n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式、裂项相消法求和，考查逻辑推理能力和运算求解能力.。

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：．。

学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）第I卷一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.在中，若，则的形状是( )A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.【详解】因为在中，满足，由正弦定理知，代入上式得，又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，所以钝角三角形，故选A.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.【此处有视频，请去附件查看】2.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】根据全称命题与特称命题的关系，可知命题“”的否定为“”，故选D.3.已知复数，则复数在复平面内对应点所在的象限为（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算化简复数形式,由复数的几何意义与复平面内点一一对应即可求解.【详解】由题意可得,，故复数在复平面内对应点为，因为是第四象限的点，故选:D【点睛】本题考查复数的四则运算及其几何意义;属于基础题.4.王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的( )A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据必要不充分条件的判定方法，即可作差判定，得到答案.【详解】由题意可知，“攻破楼兰”不一定“返回家乡”，但“返回家乡”一定是“攻破流量”，所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义及判定，其中解答中熟记充分条件和必要条件的定义，合理、准确盘判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5.如图，在三棱锥中，，点在上，且，为中点，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由空间向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可求解.【详解】,故选：C.【点睛】本题主要考查空间向量加法与减法运算，需理解向量加法与减法的几何意义，属于基础题.6.抛物线一条焦点弦为AB，若，则AB的中点到直线的距离是（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】设出两点的坐标，根据抛物线方程求得的值，利用抛物线的定义，求得中点到直线的距离.【详解】设，抛物线方程为，故.根据抛物线的定义有，所以中点的横坐标为，故中点到直线的距离为，故选B.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查抛物线的焦点弦有关问题，属于基础题.7.已知正项等比数列的公比为，若，则的最小值等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵正项等比数列的公比为3，且∴∴∴，当且仅当时取等号.故选C.点睛：利用基本不等式解题的注意点：（1）首先要判断是否具备了应用基本不等式的条件，即“一正、二正、三相等”，且这三个条件必须同时成立．（2）若不直接满足基本不等式的条件，需要通过配凑、进行恒等变形，构造成满足条件的形式，常用的方法有：“1”的代换作用，对不等式进行分拆、组合、添加系数等．（3）多次使用基本不等式求最值时，要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号．8.双曲线（，）的左、右焦点分别是，过作倾斜角为的直线交双曲线右支于点，若垂直于轴，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由双曲线的定义，借助直角三角形和半通径通，易知，，注意到倾斜角．故选B.9.把边长为的正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线所成的角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】法一：如图，延长到，使得，连，设，则，所以就是异面直线所成的角，由于为等边三角形，故应选答案D．法二、如图建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，则，，所以，应选答案D．点睛：求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一．这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解．10.椭圆与直线交于两点，过原点与线段中点的直线斜率为，则的值为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】把直线代入椭圆中，利用根于系数的关键，求得M的坐标，再利用斜率公式，即可求解.【详解】把直线代入椭圆中，得,设的坐标为，则有，所以点M的坐标为，所以OM的斜率为，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，其中此类问题的解答中用直线方程与椭圆方程联立，转化为一元二次方程根与系数的关系，合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB 的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.【详解】过作，交于点，交于，则底面平面，平面，平面平面，又平面平面又平面平面，平面为中点为中点，则为中点即在线段上，，则线段长度的取值范围为：本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.12.已知抛物线与双曲线有相同的焦点，点是两曲线的一个交点，且轴，若为双曲线的一条渐近线，则的倾斜角所在的区间可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：∵，又，故选D．考点：抛物线与双曲线的几何性质．第II卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则实数的值为______.【答案】2【解析】【分析】由题意知，向量，所以，由空间向量的坐标运算，即可求解．【详解】由题意知，向量，所以，又由，解得．【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算，及空间向量的数量积的运算，其中解答中熟记空间向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．14.设，满足约束条件，记的最小值为，则函数的图象恒过定点__________．【答案】【解析】由题可得如下图形：可得目标函数经过（1，-1）时取得最小值-2，所以函数的图象恒过定点15.正方体中，、分别是、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为______.【答案】.【解析】【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法计算出直线与平面所成角的正弦值.【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如下图所示空间直角坐标系.则点、、、、、，设平面的一个法向量为，则，.由，即，得，令，则，.可知平面的一个法向量为，又.，因此，直线与平面所成角的正弦值为，故答案为.【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦的计算，解题的关键就是建立空间直角坐标系，将问题利用空间向量法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.16.下列四个命题：（1）已知向量是空间的一组基底，则向量也是空间的一组基底；（2）在正方体中，若点在内，且，则的值为1；（3）圆上到直线的距离等于1的点有2个；（4）方程表示的曲线是一条直线.其中正确命题的序号是________.【答案】(1)(2)(4)【解析】（1）已知向量是空间的一组基底，即向量不共面，则也不共面，所以向量是空间的一个基底，正确；（2），，，正确；（3）由圆的方程，得到圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，圆上的点到直线的距离为的点有个，错误；（4）由题意可化为或，不成立，方程表示的曲线是一条直线，正确，故答案为(1)(2)(4).三、解答题：共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知命题表示双曲线，命题．（1）若命题为真命题，求实数取值范围；（2）若命题“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据命题为真命题可知异号即可（2）根据“或”为真，“且”为假知命题、中一个为真，另一个为假，即可求解.【详解】（1）∵命题表示双曲线为真命题，则，∴（2）命题为真，则因为命题“或”为真，“且”为假，所以命题、中一个为真，另一个为假当真、假时，，所以当假、真时，，所以综上，或【点睛】本题主要考查了命题，复合命题及命题真假的判断，属于中档题.18.在中，内角所对的边分别为，且.（1）求的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先利用正弦定理边化角，再利用即可得到答案；（2）利用余弦定理和面积公式即可得到答案.【详解】（1），所以，所以，即因为，所以，所以，即.（2）因为，所以.由余弦定理可得，因为，所以，解得.故的面积为.【点睛】本题主要考查解三角形的综合应用，意在考查学生的基础知识，转化能力及计算能力，难度不大.19.已知抛物线：，双曲线：若抛物线与双曲线在第一象限的交点是P，直线l过点P，斜率为2．求双曲线的渐近线方程及其离心率；求直线l被抛物线所截得的弦长．【答案】（1），离心率为2 （2）【解析】【分析】根据双曲线的性质即可求出，先求出直线l的方程，再根据弦长公式即可求出．【详解】解：双曲线：，则渐近线方程为，离心率，由，解得，点P在第一象限，，直线l的方程为，即，由，消y可得，从而，，直线l被抛物线所截得的弦长【点睛】本题考查了双曲线性质，和弦长公式，考查了运算求解能力，属于基础题20.已知等差数列的前项和为，且，.数列满足，.（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和，并求的最小值.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ），最小值.【解析】【分析】（Ⅰ）根据等差数列前项和为的公式和等差数列的性质，推得，，从而求出等差数列的公差，即可得出数列的通项公式为．利用累加法即可求得的通项公式．（Ⅱ）利用错位相减法求数列的前项和，再利用数列的单调性求得的最小值．【详解】（Ⅰ）由，得，.故公差，.即数列的通项公式为.当时，，而，故，即数列的通项公式为.（Ⅱ），，上述两式相减，得得.设，显然当时，，，且单调递增. 而，，，故的最小值为.【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求解，利用累加法求解数列的通项公式，以及错位相减法求数列的前项和，错位相减法常用在数列的通项公式形式为等差数列乘等比数列．21.如图，平面，，，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】可以以为轴、为轴、为轴构建空间直角坐标系，写出的空间坐标，通过证明得证平面通过求平面和平面的法向量得证二面角的余弦值．【详解】（1）根据题意，建立以为轴、为轴、为轴的空间直角坐标系，则，，，因为，所以．因为平面，且，所以平面．（2）设平面的法向量为，则因为，所以．令，则．所以是平面的一个法向量．因为平面，所以是平面的法向量．所以由此可知，与的夹角的余弦值为．根据图形可知，二面角的余弦值为．【点睛】在计算空间几何以及二面角的时候，可以借助空间直角坐标系．22.焦点在x轴上的椭圆C：经过点，椭圆C的离心率为．，是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若点M为的中点（O为坐标原点），过M且平行于OP的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在实数，使得；若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在满足条件,详见解析【解析】【分析】（1）根据所给条件列出方程组，求解即可．（2）对直线的斜率存在与否分类讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，即可表示出、、，则可求．【详解】解：（1）由已知可得，解得，，所以椭圆的标准方程为．（2）若直线的斜率不存在时，，，所以；当斜率存在时，设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程，消去y，得，所以．因为，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消去，得，解得．，，同理，，因为，，故，存在满足条件，综上可得，存在满足条件．【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆综合问题，属于中档题．学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）第I卷一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.在中，若，则的形状是( )A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.【详解】因为在中，满足，由正弦定理知，代入上式得，又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，所以钝角三角形，故选A.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.【此处有视频，请去附件查看】2.命题“，”的否定是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】根据全称命题与特称命题的关系，可知命题“”的否定为“”，故选D.3.已知复数，则复数在复平面内对应点所在的象限为（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算化简复数形式,由复数的几何意义与复平面内点一一对应即可求解.【详解】由题意可得,，故复数在复平面内对应点为，因为是第四象限的点，故选:D【点睛】本题考查复数的四则运算及其几何意义;属于基础题.4.王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的( )A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据必要不充分条件的判定方法，即可作差判定，得到答案.【详解】由题意可知，“攻破楼兰”不一定“返回家乡”，但“返回家乡”一定是“攻破流量”，所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义及判定，其中解答中熟记充分条件和必要条件的定义，合理、准确盘判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5.如图，在三棱锥中，，点在上，且，为中点，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由空间向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可求解.【详解】,故选：C.【点睛】本题主要考查空间向量加法与减法运算，需理解向量加法与减法的几何意义，属于基础题.6.抛物线一条焦点弦为AB，若，则AB的中点到直线的距离是（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】设出两点的坐标，根据抛物线方程求得的值，利用抛物线的定义，求得中点到直线的距离.【详解】设，抛物线方程为，故.根据抛物线的定义有，所以中点的横坐标为，故中点到直线的距离为，故选B.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查抛物线的焦点弦有关问题，属于基础题.7.已知正项等比数列的公比为，若，则的最小值等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵正项等比数列的公比为3，且∴∴∴，当且仅当时取等号.故选C.点睛：利用基本不等式解题的注意点：（1）首先要判断是否具备了应用基本不等式的条件，即“一正、二正、三相等”，且这三个条件必须同时成立．（2）若不直接满足基本不等式的条件，需要通过配凑、进行恒等变形，构造成满足条件的形式，常用的方法有：“1”的代换作用，对不等式进行分拆、组合、添加系数等．（3）多次使用基本不等式求最值时，要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号．8.双曲线（，）的左、右焦点分别是，过作倾斜角为的直线交双曲线右支于点，若垂直于轴，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由双曲线的定义，借助直角三角形和半通径通，易知，，注意到倾斜角．故选B.9.把边长为的正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线所成的角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】法一：如图，延长到，使得，连，设，则，所以就是异面直线所成的角，由于为等边三角形，故应选答案D．法二、如图建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，则，，所以，应选答案D．点睛：求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一．这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解．10.椭圆与直线交于两点，过原点与线段中点的直线斜率为，则的值为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】把直线代入椭圆中，利用根于系数的关键，求得M的坐标，再利用斜率公式，即可求解.【详解】把直线代入椭圆中，得,设的坐标为，则有，所以点M的坐标为，所以OM的斜率为，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，其中此类问题的解答中用直线方程与椭圆方程联立，转化为一元二次方程根与系数的关系，合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.【详解】过作，交于点，交于，则底面平面，平面，平面平面，又平面平面又平面平面，平面为中点为中点，则为中点即在线段上，，则线段长度的取值范围为：本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.12.已知抛物线与双曲线有相同的焦点，点是两曲线的一个交点，且轴，若为双曲线的一条渐近线，则的倾斜角所在的区间可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：∵，又，故选D．考点：抛物线与双曲线的几何性质．第II卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则实数的值为______.【答案】2【解析】【分析】由题意知，向量，所以，由空间向量的坐标运算，即可求解．【详解】由题意知，向量，所以，又由，解得．【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算，及空间向量的数量积的运算，其中解答中熟记空间向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．14.设，满足约束条件，记的最小值为，则函数的图象恒过定点__________．【答案】【解析】由题可得如下图形：可得目标函数经过（1，-1）时取得最小值-2，所以函数的图象恒过定点15.正方体中，、分别是、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为______.【答案】.【解析】【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法计算出直线与平面所成角的正弦值.【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如下图所示空间直角坐标系.则点、、、、、，设平面的一个法向量为，则，.由，即，得，令，则，.可知平面的一个法向量为，又.，因此，直线与平面所成角的正弦值为，故答案为.【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦的计算，解题的关键就是建立空间直角坐标系，将问题利用空间向量法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.16.下列四个命题：（1）已知向量是空间的一组基底，则向量也是空间的一组基底；（2）在正方体中，若点在内，且，则的值为1；（3）圆上到直线的距离等于1的点有2个；（4）方程表示的曲线是一条直线.其中正确命题的序号是________.【答案】(1)(2)(4)【解析】（1）已知向量是空间的一组基底，即向量不共面，则也不共面，所以向量是空间的一个基底，正确；（2），，，正确；（3）由圆的方程，得到圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，圆上的点到直线的距离为的点有个，错误；（4）由题意可化为或，不成立，方程表示的曲线是一条直线，正确，故答案为(1)(2)(4).三、解答题：共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知命题表示双曲线，命题．（1）若命题为真命题，求实数取值范围；（2）若命题“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据命题为真命题可知异号即可（2）根据“或”为真，“且”为假知命题、中一个为真，另一个为假，即可求解.【详解】（1）∵命题表示双曲线为真命题，则，∴（2）命题为真，则因为命题“或”为真，“且”为假，所以命题、中一个为真，另一个为假当真、假时，，所以当假、真时，，所以综上，或【点睛】本题主要考查了命题，复合命题及命题真假的判断，属于中档题.18.在中，内角所对的边分别为，且.（1）求的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先利用正弦定理边化角，再利用即可得到答案；（2）利用余弦定理和面积公式即可得到答案.【详解】（1），所以，所以，即因为，所以，所以，即.（2）因为，所以.由余弦定理可得，因为，所以，解得.故的面积为.【点睛】本题主要考查解三角形的综合应用，意在考查学生的基础知识，转化能力及计算能力，难度不大.19.已知抛物线：，双曲线：若抛物线与双曲线在第一象限的交点是P，直线l过点P，斜率为2．求双曲线的渐近线方程及其离心率；求直线l被抛物线所截得的弦长．【答案】（1），离心率为2 （2）【解析】【分析】根据双曲线的性质即可求出，先求出直线l的方程，再根据弦长公式即可求出．【详解】解：双曲线：，则渐近线方程为，离心率，由，解得，点P在第一象限，，直线l的方程为，即，由，消y可得，从而，，直线l被抛物线所截得的弦长【点睛】本题考查了双曲线性质，和弦长公式，考查了运算求解能力，属于基础题20.已知等差数列的前项和为，且，.数列满足，.（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和，并求的最小值.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ），最小值.【解析】【分析】（Ⅰ）根据等差数列前项和为的公式和等差数列的性质，推得，，从而求出等差数列的公差，即可得出数列的通项公式为．利用累加法即可求得的通项公式．（Ⅱ）利用错位相减法求数列的前项和，再利用数列的单调性求得的最小值．【详解】（Ⅰ）由，得，.故公差，.即数列的通项公式为.当时，，而，故，即数列的通项公式为.（Ⅱ），，上述两式相减，得得.设，显然当时，，，且单调递增.而，，，故的最小值为.【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求解，利用累加法求解数列的通项公式，以及错位相减法求数列的前项和，错位相减法常用在数列的通项公式形式为等差数列乘等比数列．21.如图，平面，，，，，是的中点.。

【参考答案】第Ⅰ卷（选择题，共56分）一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56分。

在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求；第11～14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11121314答案BADDCCDDACAD BC ABD BC【解析】2．螺线管中通以图示电流，其中轴线上磁场向右，静止时小磁针N 极指向为磁场方向，故放在a 处、b 处、c 处的小磁针的N 极都向右，故A 正确。

3．金属直杆PQ 竖直地立在轨道上时，PQ 杆和金属轨道所组成的回路面积为零，磁通量为零；PQ 落在OC 轨道时PQ 杆和金属轨道所组成的回路面积为零，磁通量为零，故A 、B 错误。

PQ 杆下滑过程中，PQ 杆和金属轨道所组成的回路磁通量先增加后减小，PQ 杆上感应电流的方向先由P Q →，后由Q P →，故C 错误，D 正确。

4．等量异种的正、负点电荷所形成的电场具有对称性，则B 、C 两点和B 、F 两点电场强度大小相同但方向不同，故A 、B 错误。

B 点电势高于C 点，B 、F 两点电势相同，故C 错误，D 正确。

5．由图线可以得到1R ︰21R =︰3，则1R 与2R 串联接入电路时1U ∶21U =︰3，1R 与2R 并联接入电路1I ∶23I =︰1，故C 正确。

6．若设A 点电势为零，则B 点电势为2V ，D 点电势为2V -，则BD 连线中点O 的电势为零，即AC 为等势线，C 点电势为零，故电场强度的方向从B 点指向D 点，故A 、B 错误。

将电子从A 点移到C 点，无论中间路径如何电场力做功都为零，故C 正确，D 错误。

7．在甲、乙、丙、丁四种情况下通以从M 至N 的电流，甲、乙、丙三种情况下载流线圈所受安培力向上，均需在天平的右边添加适当的砝码，使天平处于平衡，丁情况下载流线圈所受安培力向下，需在天平的左边添加适当的砝码，故A 、B 错误。

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）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学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1.设命题，则为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.2.在中，若则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，求得，再由，且，即可求解，得到答案.【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，即，又由，且，所以或，故选D.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.抛物线的焦点坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先将抛物线方程化标准方程，进而可得出焦点坐标.【详解】因为可化为，所以，且焦点在轴负半轴，因此焦点坐标为故选C【点睛】本题主要考查由抛物线的方程求焦点问题，熟记抛物线的标准方程即可，属于基础题型.4.已知，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】举出反例即可判断A、B、C选项；由可得，再根据函数的单调性即可判断D选项，即可得解.【详解】当，时，，故A错误；当，时，，故B错误；当，时，，故C错误；由可得，再根据函数的单调性可得即，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了不等式和不等关系，属于基础题.5.已知等差数列公差为d,前n项和为,则“d>0”是A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由，可知当时，有，即，反之，若，则，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过套入公式与简单运算，可知，结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故互为充要条件．6.若x,y满足约束条件的取值范围是A. [06]B. [0,4]C. [6,D. [4,【答案】D【解析】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选D．7.等比数列的前n项和为，已知，则A. B. C. D.【答案】A【解析】设公比为q,则，选A.8.如图在平行六面体中，为的中点，设，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由空间向量的线性运算法则可得，再根据平行六面体的性质即可得解.【详解】由题意结合平行六面体性质可得.故选：A.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，属于基础题.9.在中，分别是角的对边,若,且，则的值为( )A. 2B.C.D. 4【答案】A【解析】【分析】由正弦定理，化简求得，解得，再由余弦定理，求得，即可求解，得到答案．【详解】在中，因为,且，由正弦定理得，因为，则，所以，即，解得，由余弦定理得，即，解得，故选A．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.10.已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.【详解】设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得，，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．【点睛】本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.11.已知：数列满足，，则的最小值为A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】B【解析】12.已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上恰有6个不同的点使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】①当点与短轴的顶点重合时，构成以为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的等腰②当构成以为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点满足为等腰三角形即可，则或当时，则有(是椭圆在短轴上的上边的顶点)，则，因此，即，则当时，则有(是椭圆在长轴上的右边的顶点)，即，则综上所述，椭圆的离心率取值范围是故选D点睛：解决椭圆的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于，，的方程或不等式，再根据，，的关系消掉得到，的关系式，建立关于，，的方程或不等式，要充分利用椭圆的几何性质、点的坐标的范围等.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，，，且的面积为，则__________．【答案】【解析】【分析】根据三角形面积公式得到再由余弦定理得到AC长.【详解】在中，，，且的面积为，由正弦定理的面积公式得到：再由余弦定理得到故得到.故答案为.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用以及三角形面积公式;在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 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、简捷一般来说 ,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.14.若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为________.【答案】且【解析】【分析】由题意得且与不共线，即可得，即可得解.【详解】由与的夹角为钝角可得且与不共线，则即且.故答案为：且.【点睛】本题考查了利用空间向量数量积解决向量夹角的问题，属于基础题.15.已知，，是与的等比中项，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】先由已知得到x+2y=1,再对化简变形，再利用基本不等式求其最小值.【详解】由题得.所以=.当且仅当时取等.所以的最小值为.故答案为【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.16.若钝角三角形的三边长，8，成等差数列，则该等差数列的公差的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】由题意结合余弦定理可得，再根据三角形三边关系可得，即可得解.【详解】由题意得且，三角形为钝角三角形，即，即，，又由三角形三边关系可得，即，.故答案为：.【点睛】本题考查了余弦定理的应用和等差数列性质的应用，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设命题p：函数f（x）=lg（ax2-x+16a）的定义域为R；命题q：不等式3x-9x＜a对任意x∈R恒成立．（1）如果p是真命题,求实数a的取值范围；（2）如果命题“p或q”为真命题且“p且q”为假命题,求实数a的取值范围．【答案】(1)．(2)．【解析】【分析】(1)命题p是真命题,有a＞0，△＜0,即求解即可．(2)命题q是真命题,不等式3x-9x＜a对一切x∈R均成立,设y=3x-9x,令t=3x＞0,则y=t-t2,t＞0,通过函数的最值求解a的范围,利用复合命题的真假关系求解即可．【详解】解：(1)命题p是真命题,则ax2-x+16a＞0恒成立,得到a＞0,△=1-64a2＜0,即a＞,或a（舍去）,所以a取值范围为．（2）命题q是真命题,不等式3x-9x＜a对一切x∈R均成立,设y=3x-9x，令t=3x＞0，则y=t-t2,t＞0，当时,,所以．命题“p∨q”为真命题,“p∧q”为假命题,则p,q一真一假．即有或,综上，实数a的取值范围．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用,换元法以及二次函数的性质的应用,是基本知识的考查．18.设数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】(1) ；(2).【解析】【分析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.【详解】（1）数列满足时,∴∴当时,,上式也成立∴（2）∴数列的前n项和【点睛】本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.19.设函数，（1）解关于的不等式；（2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围；【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）利用分类讨论思想分和三种情况，并结合二次函数的图像进行求解，即可求得时，解集为或，时，解集为时，解集为或；（2）由题意得：恒成立恒成立试题解析：（1）时，不等式的解集为或时，不等式的解集为时，不等式的解集为或（2）由题意得：恒成立，恒成立.易知，的取值范围为：20.的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．【答案】(1) ;(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.21.如图，在长方体中，，，点在棱上移动.（1）证明：；（2）当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值；（3）等于何值时，二面角为.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，设，求出各点的坐标后，利用即可得证；（2）由为的中点可得，表示出两直线的方向向量后利用即可得解；（3）表示出平面和平面的法向量后，利用解方程即可得解.【详解】是长方体，以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，（1），,，.（2）当为的中点时，，，，，设直线与所成角为，则.（3）平面为平面，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，，则令得.由题意，解得或（舍去）.当时，二面角为.【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了运算能力，属于中档题.22.已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得．设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标．试题解析：（Ⅰ）依题意，不妨设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，令，解得，故，又，∴，∴，解得．∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，则，，假设x轴上的定点为，则.要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题理（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1.设命题，则为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.2.在中，若则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，求得，再由，且，即可求解，得到答案.【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，即，又由，且，所以或，故选D.答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.抛物线的焦点坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先将抛物线方程化标准方程，进而可得出焦点坐标.【详解】因为可化为，所以，且焦点在轴负半轴，因此焦点坐标为故选C【点睛】本题主要考查由抛物线的方程求焦点问题，熟记抛物线的标准方程即可，属于基础题型.4.已知，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】举出反例即可判断A、B、C选项；由可得，再根据函数的单调性即可判断D选项，即可得解.【详解】当，时，，故A错误；当，时，，故B错误；当，时，，故C错误；由可得，再根据函数的单调性可得即，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了不等式和不等关系，属于基础题.A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由，可知当时，有，即，反之，若，则，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过套入公式与简单运算，可知，结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故互为充要条件．6.若x,y满足约束条件的取值范围是A. [06]B. [0,4]C. [6,D. [4,【答案】D【解析】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选D．7.等比数列的前n项和为，已知，则【答案】A【解析】设公比为q,则，选A.8.如图在平行六面体中，为的中点，设，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由空间向量的线性运算法则可得，再根据平行六面体的性质即可得解.【详解】由题意结合平行六面体性质可得.故选：A.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，属于基础题.9.在中，分别是角的对边,若,且，则的值为( )A. 2B.C.D. 4【答案】A【解析】【分析】由正弦定理，化简求得，解得，再由余弦定理，求得，即可求解，得到答案．由正弦定理得，因为，则，所以，即，解得，由余弦定理得，即，解得，故选A．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.10.已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.【详解】设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得，，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．【点睛】本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.11.已知：数列满足，，则的最小值为A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】B12.已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上恰有6个不同的点使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】①当点与短轴的顶点重合时，构成以为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的等腰②当构成以为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点满足为等腰三角形即可，则或当时，则有(是椭圆在短轴上的上边的顶点)，则，因此，即，则当时，则有(是椭圆在长轴上的右边的顶点)，即，则综上所述，椭圆的离心率取值范围是故选D点睛：解决椭圆的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于，，的方程或不等式，再根据，，的关系消掉得到，的关系式，建立关于，，的方程或不等式，要充分利用椭圆的几何性质、点的坐标的范围等.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，，，且的面积为，则__________．【答案】【分析】根据三角形面积公式得到再由余弦定理得到AC长.【详解】在中，，，且的面积为，由正弦定理的面积公式得到：再由余弦定理得到故得到.故答案为.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用以及三角形面积公式;在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 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、简捷一般来说 ,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.14.若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为________.【答案】且【解析】【分析】由题意得且与不共线，即可得，即可得解.【详解】由与的夹角为钝角可得且与不共线，则即且.故答案为：且.【点睛】本题考查了利用空间向量数量积解决向量夹角的问题，属于基础题.15.已知，，是与的等比中项，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】先由已知得到x+2y=1,再对化简变形，再利用基本不等式求其最小值.所以=.当且仅当时取等.所以的最小值为.故答案为【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.16.若钝角三角形的三边长，8，成等差数列，则该等差数列的公差的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】由题意结合余弦定理可得，再根据三角形三边关系可得，即可得解.【详解】由题意得且，三角形为钝角三角形，即，即，，又由三角形三边关系可得，即，.故答案为：.【点睛】本题考查了余弦定理的应用和等差数列性质的应用，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设命题p：函数f（x）=lg（ax2-x+16a）的定义域为R；命题q：不等式3x-9x＜a对任意x∈R恒成立．（1）如果p是真命题,求实数a的取值范围；（2）如果命题“p或q”为真命题且“p且q”为假命题,求实数a的取值范围．【解析】【分析】(1)命题p是真命题,有a＞0，△＜0,即求解即可．(2)命题q是真命题,不等式3x-9x＜a对一切x∈R均成立,设y=3x-9x,令t=3x＞0,则y=t-t2,t＞0,通过函数的最值求解a的范围,利用复合命题的真假关系求解即可．【详解】解：(1)命题p是真命题,则ax2-x+16a＞0恒成立,得到a＞0,△=1-64a2＜0,即a＞,或a（舍去）,所以a取值范围为．（2）命题q是真命题,不等式3x-9x＜a对一切x∈R均成立,设y=3x-9x，令t=3x＞0，则y=t-t2,t＞0，当时,,所以．命题“p∨q”为真命题,“p∧q”为假命题,则p,q一真一假．即有或,综上，实数a的取值范围．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用,换元法以及二次函数的性质的应用,是基本知识的考查．18.设数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】(1) ；(2).【解析】【分析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.【详解】（1）数列满足时,∴当时,,上式也成立∴（2）∴数列的前n项和【点睛】本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.19.设函数，（1）解关于的不等式；（2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围；【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）利用分类讨论思想分和三种情况，并结合二次函数的图像进行求解，即可求得时，解集为或，时，解集为时，解集为或；（2）由题意得：恒成立恒成立试题解析：（1）时，不等式的解集为或时，不等式的解集为时，不等式的解集为或（2）由题意得：恒成立，恒成立.易知，的取值范围为：20.的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以. (2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.21.如图，在长方体中，，，点在棱上移动.（1）证明：；（2）当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值；（3）等于何值时，二面角为.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，设，求出各点的坐标后，利用即可得证；（2）由为的中点可得，表示出两直线的方向向量后利用即可得解；（3）表示出平面和平面的法向量后，利用解方程即可得解.【详解】是长方体，以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，（1），,，.（2）当为的中点时，，，，，设直线与所成角为，则.（3）平面为平面，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，，则令得.由题意，解得或（舍去）.当时，二面角为.【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了运算能力，属于中档题.22.已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得．设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标．试题解析：（Ⅰ）依题意，不妨设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，令，解得，故，又，∴，∴，解得．∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，则，，假设x轴上的定点为，则.要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．。

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，只有一个是符合题目要求的.1.已知不等式的解集为，则（）A. -1B. 1C. -2D. 2【答案】B【解析】【分析】根据二次函数不等式的解集与根的关系利用韦达定理求解即可.【详解】易得的两根分别为2,3,故, .故.故选：B【点睛】本题主要考查了二次函数不等式的解集与根的关系,属于基础题型.2.已知等差数列前项和为，若，则（）A. 39B. 78C. 117D. 156【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质求解即可.【详解】由等差数列有.故.故选：B【点睛】本题主要考查了等差数列的等和性与前奇数项和的性质,属于基础题型.3.若，给出下列不等式：①；②；③；④．其中正确的不等式是（）A. ①④B. ②③C. ①③D. ②④【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质判定或举出反例即可.【详解】对①,因为,故,又,故成立.故①正确.对②,当,时不成立.故②错误.对③,构造函数,则,故为增函数,又,故,故③正确.对④,当,时不成立.故④错误.故选：C【点睛】本题主要考查了不等式的性质,属于中等题型.4.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北（即）的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在北偏东（即）的方向上，仰角，则此山的高度（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理先求得,再求出即可.【详解】易得.由正弦定理得.故.故选：C【点睛】本题主要考查了解三角形中的正余弦定理的实际运用,属于中等题型.5.设为非零向量，则“”是“存在正数，使得”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】【分析】根据充分与必要条件的性质判定即可.【详解】若则说明向量的夹角为锐角或者,故不一定共线,故“存在正数,使得”不成立.又“存在正数,使得”时夹角为,故.故“”是“存在正数,使得”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查了充分与必要条件的判定,同时也考查了向量共线与数量积的基础知识,属于基础题型.6.设分别是椭圆的左右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆性质与焦点三角形的离心率公式求解即可.【详解】由题,设线段的中点在轴上,且原点为的中点,故为边边的中线.故,故轴.又,故离心率.故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率问题,需要根据题意找到焦点三角形三边的关系进行求解,属于中等题型.7.若变量满足约束条件,则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出可行域,根据的几何意义求解即可.【详解】画出可行域,又的几何意义为点到.易得在处取得最小值,在处取得最大值.故的取值范围是.故选：D【点睛】本题主要考查了线性规划中斜率的几何意义,属于基础题型.8.已知双曲线1（a＞0，b＞0）的渐近线被圆C：x2+y2﹣12x＝0截得的弦长为8，双曲线的右焦点为C的圆心，则该双曲线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求得数显的渐近线的方程，以及圆的圆心和半径，运用直线和圆相交的弦长公式，以及点到直线的距离公式可得的关系式，由题意可得，再由的关系可得，即可求得双曲线的方程，得到答案.【详解】双曲线的渐近线方程为，圆的圆心，半径，见解析被圆截得的弦长为8，可得，解得，即，双曲线的焦点为的圆心，即，则，，可得双曲线方程为.故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质的应用，同时考查了直线与圆的位置关系的应用，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题.9.已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系利用向量方法求解即可.【详解】如图,以为空间直角坐标系原点建立如图空间直角坐标系,因为,,故,.设与所成角为,则.故.故选：C【点睛】本题主要考查了利用空间直角坐标系求解异面直线夹角的问题,属于基础题型.10.已知是椭圆的右焦点，是椭圆上关于原点对称的两点，若，则的内切圆的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画图分析焦点三角形的面积再利用等面积法求解即可.【详解】如图,设左焦点为,连接,因为,故,故四边形为矩形.故,又,故的内切圆半径满足,解得.内切圆的面积为.故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆焦点三角形的面积公式与等面积法求内切圆半径等.属于中等题型.11.已知数列满足，是数列的前项和，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据数列的地推公式求解通项公式,再求和判断即可.【详解】因为,故,故.又.故成等比数列.成等比数列.故..故选：D【点睛】本题主要考查了根据递推公式求解数列通项公式以及求和的方法,属于中等题型.12.正方体的棱长为1，平面内的一动点，满足到点的距离与到线段的距离相等，则线段长度的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】易得的轨迹为抛物线,得出的最小值即可求出的最小值.【详解】由动点,满足到点的距离与到线段的距离相等可知,的轨迹是以为焦点,以直线为准线的抛物线,显然位于的中点时取得最小值为.此时.故选：A【点睛】本题主要考查了立体几何中的轨迹问题,根据动点到定点与定直线间的距离相等即可知轨迹为抛物线,属于基础题型.二、填空题:本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.若命题“使得”为假命题，则实数的取值范围是_____.【答案】【解析】【分析】根据命题为假命题可根据其否命题为真命题求解.【详解】因为命题“使得”为假命题,故“,”恒成立.故 .解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于基础题型.14.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2＋c2－b2＝ac，则B=_______．【答案】【解析】试题分析：由a2＋c2－b2＝ac，得，由于，所以考点：余弦定理.15.太极图被称为“中华第一图”.从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫、白外五观的标记物，太极图无不跃居其上，这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分的区域可用不等式组或来表示，设是阴影中任意一点，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】将目标函数对应的基准直线向上平移到阴影部分的边界位置，根据圆心到直线的距离等于列方程，由此求得的最大值.【详解】根据线性规划的知识，将目标函数对应的基准直线向上平移到阴影部分的边界位置，即直线与圆在第一象限部分相切时，取得最大值. 根据圆心到直线的距离等于得，解得.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查线性规划求最大值，属于基础题.过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点，以为直径的圆分别与轴相切于点，则_____16_____.【答案】【解析】【分析】由题意可根据焦半径公式求得,再利用等于中点纵坐标之差求解即可.【详解】由焦半径公式有,.又等于中点纵坐标之差.又,.故.故答案：【点睛】本题主要考查了抛物线的焦半径公式与中点纵坐标的运算方法,属于中等题型.三、解答题:本大题共6个小题，共70分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知全集，非空集合，,记，若是的充分条件，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】讨论集合中二次不等式的两根的大小关系进行分类求解,再根据集合间的关系对区间端点进行列式求解即可.【详解】解：,是的必要条件,.(1)当,即时,.由得,解得.(2)当,即时,,不符合题意,舍去.(3)当,即时,.由得,解得.综上,实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了分类讨论的思想以及集合间的基本关系,属于中等题型.18.已知等比数列的前项和为.已知，.(1)求，；(2)证明，，是成等差数列.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用基本量法求解首项与公比,进而求得,.(2)根据(1)中所得的证明即可.【详解】解：(1)由题意设等比数列的首项为,公比为,则,则,从而,即,所以,,所以,.(2)由(1)知,,所以,,成等差数列．【点睛】本题主要考查了基本量法求等比数列通项公式的方法以及数列求和等.属于中等题型.19.在中，内角、、的对边分别为、、，边上的中线，满足.(1)求；(2)若，求的周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用与互补,余弦值相反再根据余弦定理列式求解即可.(2)根据正弦定理求得外接圆直径,再将周长转换为关于角度的函数,利用三角恒等变换的方法求解即可.【详解】解：(1)在中,.在中,.,,,.,,即,.,.(2)由,及正弦定理得,,.,,,,故的周长的取值范围是.【点睛】本题主要考查了解三角形中正弦与余弦定理的运用,同时也考查了利用边化角的方法求解周长最值的方法,属于中等题型.20.已知抛物线的焦点为，过点的直线l与相交于两点，点关于轴的对称点为.(1)证明：直线经过点；(2)设，求直线的方程 .【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)联立l与抛物线的方程,求得韦达定理,再求解直线的方程,令从而求得横坐标,利用韦达定理证明等于的横坐标即可.(2)利用(1)中的二次方程与韦达定理,利用坐标表达,代入韦达定理化简求解即可.【详解】(1)依题意,可设l的方程为.由得,则,或.设,,则,,直线的方程为,即.令,所以直线经过点.(2)由①知,,.,,故,解得,所以l的方程为【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,需要联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理转换题中对应的条件,再代入化简求解.属于中等题型.21.如图,三棱柱所有棱长均为,底面侧面,为的中点,.(1)证明：平面.(2)若是棱上一点,且满足,求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1））取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，可得侧面，即，又侧面为菱形，所以，从而平面，可证得AB1⊥A1P．（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解．试题解析;（1）取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，底面侧面，，底面，所以侧面，即侧面，又侧面，所以，又侧面为菱形，所以，从而平面，因为平面，所以.（2）由（1）知，，，，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.因为侧面是边长为2的菱形，且，所以，，，，，，得.设，得，所以，所以.而.所以，解得.所以，，.设平面的法向量，由得，取.而侧面的一个法向量.设二面角的大小为.则22.已知为椭圆的右顶点，点在椭圆的长轴上，过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，当点与坐标原点重合时，直线的斜率之积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求面积的最大值．【答案】(1) +y2＝1;(2) △OAB面积的最大值为1【解析】【分析】（1）设，，，，可得．又，代入上式可得：，，解得，即可得出椭圆的标准方程．（2）设直线的方程为：，．，，，，与椭圆方程联立化为：，有，可得，利用根与系数的关系可得：．的面积，即可得出．【详解】解：（1）设，，，，则．又，代入上式可得：，又，解得．椭圆的标准方程为：．（2）设直线的方程为：，．，，，，联立，化为：，，，，，，代入可得：．的面积，．，当且仅当时取等号．面积的最大值为．【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、向量运算性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．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，只有一个是符合题目要求的.1.已知不等式的解集为，则（）A. -1B. 1C. -2D. 2【答案】B【解析】【分析】根据二次函数不等式的解集与根的关系利用韦达定理求解即可.【详解】易得的两根分别为2,3,故,.故.故选：B【点睛】本题主要考查了二次函数不等式的解集与根的关系,属于基础题型.2.已知等差数列前项和为，若，则（）A. 39B. 78C. 117D. 156【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质求解即可.【详解】由等差数列有.故.故选：B【点睛】本题主要考查了等差数列的等和性与前奇数项和的性质,属于基础题型.3.若，给出下列不等式：①；②；③；④．其中正确的不等式是（）A. ①④B. ②③C. ①③D. ②④【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质判定或举出反例即可.【详解】对①,因为,故,又,故成立.故①正确.对②,当,时不成立.故②错误.对③,构造函数,则,故为增函数,又,故,故③正确.对④,当,时不成立.故④错误.故选：C【点睛】本题主要考查了不等式的性质,属于中等题型.4.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北（即）的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在北偏东（即）的方向上，仰角，则此山的高度（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理先求得,再求出即可.【详解】易得.由正弦定理得.故.故选：C【点睛】本题主要考查了解三角形中的正余弦定理的实际运用,属于中等题型.5.设为非零向量，则“”是“存在正数，使得”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】【分析】根据充分与必要条件的性质判定即可.【详解】若则说明向量的夹角为锐角或者,故不一定共线,故“存在正数,使得”不成立.又“存在正数,使得”时夹角为,故.故“”是“存在正数,使得”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查了充分与必要条件的判定,同时也考查了向量共线与数量积的基础知识,属于基础题型.6.设分别是椭圆的左右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆性质与焦点三角形的离心率公式求解即可.【详解】由题,设线段的中点在轴上,且原点为的中点,故为边边的中线.故,故轴.又,故离心率.故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率问题,需要根据题意找到焦点三角形三边的关系进行求解,属于中等题型.7.若变量满足约束条件,则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出可行域,根据的几何意义求解即可.【详解】画出可行域,又的几何意义为点到.易得在处取得最小值,在处取得最大值.故的取值范围是.故选：D【点睛】本题主要考查了线性规划中斜率的几何意义,属于基础题型.8.已知双曲线1（a＞0，b＞0）的渐近线被圆C：x2+y2﹣12x＝0截得的弦长为8，双曲线的右焦点为C的圆心，则该双曲线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求得数显的渐近线的方程，以及圆的圆心和半径，运用直线和圆相交的弦长公式，以及点到直线的距离公式可得的关系式，由题意可得，再由的关系可得，即可求得双曲线的方程，得到答案.【详解】双曲线的渐近线方程为，圆的圆心，半径，见解析被圆截得的弦长为8，可得，解得，即，双曲线的焦点为的圆心，即，则，，可得双曲线方程为.故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质的应用，同时考查了直线与圆的位置关系的应用，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题.9.已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系利用向量方法求解即可.【详解】如图,以为空间直角坐标系原点建立如图空间直角坐标系,因为, ,故,.设与所成角为,则.故.故选：C【点睛】本题主要考查了利用空间直角坐标系求解异面直线夹角的问题,属于基础题型.10.已知是椭圆的右焦点，是椭圆上关于原点对称的两点，若，则的内切圆的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画图分析焦点三角形的面积再利用等面积法求解即可.【详解】如图,设左焦点为,连接,因为,故,故四边形为矩形.故,又,故的内切圆半径满足,解得.内切圆的面积为.故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆焦点三角形的面积公式与等面积法求内切圆半径等.属于中等题型.11.已知数列满足，是数列的前项和，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据数列的地推公式求解通项公式,再求和判断即可.【详解】因为,故,故.又.故成等比数列.成等比数列.故..故选：D【点睛】本题主要考查了根据递推公式求解数列通项公式以及求和的方法,属于中等题型.12.正方体的棱长为1，平面内的一动点，满足到点的距离与到线段的距离相等，则线段长度的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】易得的轨迹为抛物线,得出的最小值即可求出的最小值.【详解】由动点,满足到点的距离与到线段的距离相等可知,的轨迹是以为焦点,以直线为准线的抛物线,显然位于的中点时取得最小值为.此时.故选：A【点睛】本题主要考查了立体几何中的轨迹问题,根据动点到定点与定直线间的距离相等即可知轨迹为抛物线,属于基础题型.二、填空题:本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.若命题“使得”为假命题，则实数的取值范围是_____.【答案】【解析】【分析】根据命题为假命题可根据其否命题为真命题求解.【详解】因为命题“使得”为假命题,故“,”恒成立.故 .解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于基础题型.14.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2＋c2－b2＝ac，则B=_______．【答案】【解析】试题分析：由a2＋c2－b2＝ac，得，由于，所以考点：余弦定理.15.太极图被称为“中华第一图”.从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫、白外五观的标记物，太极图无不跃居其上，这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分的区域可用不等式组或来表示，设是阴影中任意一点，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】将目标函数对应的基准直线向上平移到阴影部分的边界位置，根据圆心到直线的距离等于列方程，由此求得的最大值.【详解】根据线性规划的知识，将目标函数对应的基准直线向上平移到阴影部分的边界位置，即直线与圆在第一象限部分相切时，取得最大值. 根据圆心到直线的距离等于得，解得.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查线性规划求最大值，属于基础题.过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点，以为直径的圆分别与轴相切于点，则_____16_____.【答案】【解析】【分析】由题意可根据焦半径公式求得,再利用等于中点纵坐标之差求解即可.【详解】由焦半径公式有,.又等于中点纵坐标之差.又,.故.故答案：【点睛】本题主要考查了抛物线的焦半径公式与中点纵坐标的运算方法,属于中等题型.三、解答题:本大题共6个小题，共70分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知全集，非空集合，,记，若是的充分条件，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】讨论集合中二次不等式的两根的大小关系进行分类求解,再根据集合间的关系对区间端点进行列式求解即可.【详解】解：,是的必要条件,.(1)当,即时,.由得,解得.(2)当,即时,,不符合题意,舍去.(3)当,即时,.由得,解得.综上,实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了分类讨论的思想以及集合间的基本关系,属于中等题型.18.已知等比数列的前项和为.已知，.(1)求，；(2)证明，，是成等差数列.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用基本量法求解首项与公比,进而求得,.(2)根据(1)中所得的证明即可.【详解】解：(1)由题意设等比数列的首项为,公比为,则,则,从而,即,所以,,所以,.(2)由(1)知,,所以,,成等差数列．【点睛】本题主要考查了基本量法求等比数列通项公式的方法以及数列求和等.属于中等题型.19.在中，内角、、的对边分别为、、，边上的中线，满足.(1)求；(2)若，求的周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用与互补,余弦值相反再根据余弦定理列式求解即可.(2)根据正弦定理求得外接圆直径,再将周长转换为关于角度的函数,利用三角恒等变换的方法求解即可.【详解】解：(1)在中,.在中,.,,,.,,即,.,.(2)由,及正弦定理得,,.,,,,故的周长的取值范围是.【点睛】本题主要考查了解三角形中正弦与余弦定理的运用,同时也考查了利用边化角的方法求解周长最值的方法,属于中等题型.20.已知抛物线的焦点为，过点的直线l与相交于两点，点关于轴的对称点为.(1)证明：直线经过点；(2)设，求直线的方程 .【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)联立l与抛物线的方程,求得韦达定理,再求解直线的方程,令从而求得横坐标,利用韦达定理证明等于的横坐标即可.(2)利用(1)中的二次方程与韦达定理,利用坐标表达,代入韦达定理化简求解即可.【详解】(1)依题意,可设l的方程为.由得,则,或.设,,则,,直线的方程为,即.令,所以直线经过点.(2)由①知,,.,,故,解得,所以l的方程为【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,需要联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理转换题中对应的条件,再代入化简求解.属于中等题型.21.如图,三棱柱所有棱长均为,底面侧面,为的中点,.(1)证明：平面.(2)若是棱上一点,且满足,求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1））取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，可得侧面，即，又侧面为菱形，所以，从而平面，可证得AB1⊥A1P．（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解．试题解析;（1）取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，底面侧面，，底面，所以侧面，即侧面，又侧面，所以，又侧面为菱形，所以，从而平面，因为平面，所以.（2）由（1）知，，，，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.因为侧面是边长为2的菱形，且，所以，，，，，，得.设，得，所以，所以.而.所以，解得.所以，，.设平面的法向量，由得，取.而侧面的一个法向量.设二面角的大小为.则22.已知为椭圆的右顶点，点在椭圆的长轴上，过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，当点与坐标原点重合时，直线的斜率之积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求面积的最大值．【答案】(1) +y2＝1;(2) △OAB面积的最大值为1【解析】【分析】（1）设，，，，可得．又，代入上式可得：，，解得，即可得出椭圆的标准方程．（2）设直线的方程为：，．，，，，与椭圆方程联立化为：，有，可得，利用根与系数的关系可得：．的面积，即可得出．【详解】解：（1）设，，，，则．又，代入上式可得：，又，解得．椭圆的标准方程为：．（2）设直线的方程为：，．，，，，联立，化为：，，，，，，代入可得：．的面积，．，当且仅当时取等号．面积的最大值为．【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、向量运算性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。