陕西省商洛市洛南县2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 17页

洛南中学2019-2020学年度第一学期期末考试高二数学（理）试题 一、选择题 ‎1.抛物线的焦点坐标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】解：由于抛物线焦点在x轴上，开口向右，2p=2,故, 抛物线的焦点坐标是,因此选择D ‎2.命题“，”的否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：，‎ 考点：全称命题与特称命题 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.“”的一个充分条件是（ ）‎ A. 或 B. 且 C. 且 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对于或，不能保证成立，故不对；对于或，不能保证成立，故不对；对于且，‎ 由同向不等式相加的性质知，可以推出，故正确；对于或，不能保证成立，故不对，故选C.‎ ‎4.已知，则取最大值时值为（　　）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由，利用基本不等式可得结果 详解：∵，‎ ‎∴，当且仅当时取等号．‎ ‎∴取最大值时的值为．‎ 故选．‎ 点睛：本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.‎ ‎5.等差数列中，已知公差，且，则的值为（ ）‎ A. 170 B. ‎150 ‎C. 145 D. 120‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎∵数列{an}是公差为的等差数列，∴数列{an}中奇数项构成公差为1的等差数列， 又∵a1+a3+…+a97+a99=60，∴50+ ×1=60, ,=145‎ 故选C ‎6.已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若， ，则直线与平面的位置关系是（ ）‎ A. 垂直 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 直线在平面内或直线与平面平行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，即可判断出直线l与平面α的位置关系．‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴直线l在平面α内或直线l与平面α平行．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查平面法向量的应用、直线与平面位置关系的判定，考查推理能力与计算能力．‎ ‎7.中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知,则A=‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由余弦定理得：，因为，所以，因为，所以，因为，所以，故选C.‎ ‎【考点】余弦定理 ‎【名师点睛】本题主要考查余弦定理的应用、同角三角函数的基本关系，是高考常考知识内容.本题难度较小，解答此类问题，注重边角的相互转换是关键，本题能较好地考查考生分析问题、解决问题的能力及基本计算能力等.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.各项都是正数的等比数列中，成等差数列，则公比的值为（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件成等差数列，求出等比数列的公比，即可得结论.‎ ‎【详解】设等比数列公比为，成等差数列，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列基本量的运算，属于基础题.‎ ‎9.已知满足，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出满足条件的一元二次不等式组所表示的可行域，即可求出目标函数的取值范围.‎ ‎【详解】作出可行域，如下图所示：‎ 设，‎ 当目标函数过时，取得最小值，‎ 当目标函数过时，取得最大值，‎ 的取值范围是.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，以及求线性目标函数范围，属于基础题.‎ ‎10.已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的准线与轴负半轴垂直，求出圆满足条件的切线，即可求值.‎ ‎【详解】圆与轴负半轴垂直的切线是与，‎ 即为抛物线的准线方程，所以.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题.‎ ‎11.若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）‎ A. y=±2x B. y= C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 双曲线的离心率为，渐进性方程为，计算得，故渐进性方程为.‎ ‎【考点定位】本小题考查了离心率和渐近线等双曲线的性质.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：‎ ‎① ②是等边三角形 ③AB与平面BCD所成的角是 ④AB与CD所成角为，其中错误的结论个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正方形的边长为1，取中点，连接，根据已知条件可得平面，平面，可证平面，故为正确；由，可求出，故是等边三角形为正确；平面，求出平面所成角，故③不正确；过作，可求出，故④正确，可得结论.‎ ‎【详解】设正方形的边长为1，取中点，连接，‎ 可得平面，‎ 平面，①正确；‎ 正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，‎ 即平面平面，，平面平面，‎ 平面，同理平面，‎ ‎，‎ 故为正三角形，故②正确；‎ 由平面，所以为平面所成角，‎ 而，故③不正确；‎ 过作，连，则或补角为与所成角，‎ 在，‎ 由余弦定理得，‎ ‎，由余弦定理得，，平面所成角为，故④正确.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查平面图形翻折后空间图形的垂直关系，三角形形状判断，求空间角，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13.已知数列，则其前项的和等于______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知此数列为，将代入，根据数列特点，将通项公式化简，利用裂项相消的求和方法即可求出前n项和.‎ ‎【详解】由题意可知此数列分母为以1为首项，以1为公比的等差数列的前n项和，‎ 由公式可得：，所以数列通项：，‎ 求和得：.‎ ‎【点睛】本题考查数列通项公式与数列求和，当通项公式为分式且分母为之差为常数时，可利用裂项相消的方法求和，裂项时注意式子的恒等，有时要乘上系数.‎ ‎14.在中,则＝____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理求出，即可求解.‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理的应用，属于基础题.‎ ‎15.若对任意的恒成立，则实数的取值范围是___________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化为，求出，解关于的不等式，即可求解.‎ ‎【详解】，当且仅当时，等号成立，‎ 对任意的恒成立，‎ 等价于，解得 ，‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查不等式恒成立问题，利用等价转化思想转化为函数的最值与参数的关系，属于基础题.‎ ‎16.已知命题函数的定义域为，命题若，则函数在上是增加的，则下列结论中错误的是_______‎ ‎①真 ②假 ③假 ④假 ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断命题均为真命题，根据“或、且、非”命题间的真假关系，可得②③错误.‎ ‎【详解】因为的定义域为，命题为真；‎ 根据反比例函数的图像特征可得命题为真；‎ 所以为真，为真，为真，为假.‎ 故答案为: ②③‎ ‎【点睛】本题考查复合命题的真假的判断，属于基础题.‎ 三、解答题 ‎17.已知等差数列满足，前项和.‎ ‎（1）求的通项公式 ‎（2）设等比数列满足，，求的通项公式及的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2），．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设的公差为，则由已知条件得，．‎ 化简得解得故通项公式，即．‎ ‎（2）由（1）得．设的公比为,则,从而．‎ 故的前项和．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎18.的内角，，所对的边分别为，，．向量与平行．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）若，求的面积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）根据平面向量，列出方程，在利用正弦定理求出的值，即可求解角的大小；（2）由余弦定理，结合基本不等式求出的最大值，即得的面积的最大值.‎ 试题解析：（1）因为向量与平行，‎ 所以，‎ 由正弦定理得，‎ 又，从而tanA＝，由于00，所以c＝3.‎ 故△ABC的面积为bcsinA＝.‎ 考点：平面向量的共线应用；正弦定理与余弦定理.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎19.曲线上任意一点到定点的距离比到直线的距离大2.‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）过点且斜率为1的直线与曲线交于A、B两点，为坐标原点，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把已知条件转为曲线上任意一点到定点的距离等于到直线的距离相等，根据抛物线的定义，即可求出曲线的方程；‎ ‎（2）求出过点且斜率为1的直线方程，与抛物线方程联立，消元，得到一元二次方程，结合韦达定理，即可求出结论.‎ ‎【详解】（1）曲线上任意一点到定点的距离比到直线的距离大2.‎ 则曲线上任意一点到定点的距离等于到直线的距离，‎ 曲线的轨迹就是以为焦点，为准线的抛物线，‎ 其方程为；‎ ‎（2）过点且斜率为1的直线方程为，‎ 联立，消去，得，‎ 设，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义求方程，考查抛物线与直线的位置关系，以及相交弦有关的面积问题，属于中等题.‎ ‎20.如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，.‎ ‎(1)求直线与平面的夹角；‎ ‎(2)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1) . (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,以点为坐标原点，以为轴， 为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间坐标系， ‎ ‎（1）由题意，求出直线的方向向量，平面的一个法向量，由向量夹角，即可得到直线与平面夹角；‎ ‎（2）先求出平面的一个法向量，由点到平面的距离，即可求出结果.‎ ‎【详解】设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面；以点为坐标原点，以为轴， 为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间坐标系，‎ ‎（1）由已知得：,,,,,‎ 因为轴垂直于平面，‎ 因此可令平面的一个法向量为，又,‎ 设直线与平面的夹角为，‎ 则有,‎ 即，‎ 所以直线BF与平面ABCD的夹角为.‎ ‎（2）因为,,‎ 设平面的法向量为，‎ ‎，令得，‎ 又因为,‎ 所以点到平面的距离.‎ ‎【点睛】本题主要考查求直线与平面所成的角，以及点到平面的距离问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.‎ ‎21.已知二次函数的二次项系数为，且不等式的解集为（1，3）．‎ ‎（1）若方程有两个相等的实数根，求的解析式；‎ ‎（2）若最大值为正数，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）a的取值范围是 ‎【解析】‎ 第一问利用 ‎∴所以 ‎①‎ 由方程②‎ 因为方程②有两个相等的根，所以 第二问由 及 由解得 解：（1）‎ ‎∴所以…………………………2分[来 ‎①‎ 由方程② ……………………4分 因为方程②有两个相等的根，所以，‎ 即………………………6分 由于代入①得的解析式为 ‎……………………………8分 ‎（若本题没有舍去“”第一小问得6分）‎ ‎（2）由 及……………………………12分 由解得 故当的最大值为正数时，实数a的取值范围是…15分 ‎22.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的焦点弦的弦长为，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知直线，互相垂直，直线过且与椭圆交于点，两点，直线过且与椭圆交于，两点.求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据周长确定，由通径确定，求得，因而确定椭圆的方程．‎ ‎（2）分析得直线、直线的斜率存在时，根据过焦点可设出AB直线方程为，因而直线的方程为.联立椭圆方程消去y，得到关于x的一元二次方程.由韦达定理求得和，进而.‎ ‎ 当AB斜率不存在时，求得，，所以．‎ ‎ 当直线的斜率为时，求得，，所以．‎ 即可判断．‎ 详解：（1）将代入，得，所以.‎ 因为周长为，所以，，‎ 将代入，可得，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）（i）当直线、直线的斜率存在且不为时，‎ 设直线的方程为，则直线的方程为.‎ 由消去得.‎ 由韦达定理得，，‎ 所以， .‎ 同理可得.‎ ‎ .‎ ‎（ii）当直线的斜率不存在时，，，.‎ ‎（iii）当直线的斜率为时，，，.‎ 综上，.‎ 点睛：本题综合考查了圆锥曲线的定义、应用，对直线和圆锥曲线的位置问题，常见方法是设出直线方程，联立曲线方程，得到一元二次方程，利用韦达定理解决相关问题，思路较为清晰，关键是注意计算，综合性强，属于难题．‎