陕西省商洛市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析 19页

商洛市2019~2020学年度第一学期期末教学质量检测 高二数学试卷（理科）‎ 一、选择题 ‎1. 命题“”的否定是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用全称命题的否定解答即得解.‎ ‎【详解】所给命题为全称量词命题，故其否定为存在量词命题，同时要否定结论，‎ 所以所给命题的否定为.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎2. 已知向量，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量加法的坐标运算直接得出结果.‎ ‎【详解】.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量加法的坐标运算，属于简单题.‎ ‎3. 在中，角的对边分别是.若，，，则（ ）‎ - 19 -‎ 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.‎ ‎4. 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.‎ ‎5. 若等差数列的公差，，则（ ）‎ A. B. C. 15 D. 28‎ ‎【答案】B - 19 -‎ ‎【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. 若椭圆，则该椭圆上的点到两焦点距离的最大，最小值分别为（ ）‎ A. 3，1 B. C. 2，1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中椭圆方程求出椭圆基本量，，，然后根据，，的值求出椭圆上的点到两焦点距离的最大，最小值即可.‎ ‎【详解】由题知，，‎ 所以，‎ 所以距离的最大值为，‎ 距离的最小值为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了椭圆上的点到焦点的距离最值，属于基础题.‎ ‎7. 命题“，”为假命题，则的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ - 19 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于命题是假命题，可得其否定为真命题，然后可以建立关系即可求解.‎ ‎【详解】命题“，”为假命题,‎ 该命题的否定“，”为真命题，‎ 即在上恒成立，‎ 在单调递增，‎ ‎，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查根据命题的真假求参数范围，属于中档题.‎ ‎8. 如图，在三棱锥中，点，，分别是，，的中点，设，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 利用空间向量的加减运算以及数乘运算求解即可.‎ ‎【详解】点，，分别是，，的中点，‎ 且，，，‎ ‎ ‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用.属于较易题.‎ ‎9. 设，则的一个充分不必要条件是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出不等式的解集，然后选择该集合的真子集即可.‎ ‎【详解】由不等式可解得，‎ 则的一个充分不必要条件表示的集合是不等式的解集的真子集，‎ 则只有选项A满足.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查与集合相关的充分条件和必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎10. 已知等比数列的前n项和为，若，则，（ ）‎ A. 10 B. 15 C. 20 D. 25‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 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.‎ ‎11. 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.‎ ‎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 - 19 -‎ ‎，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】‎ - 19 -‎ 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.‎ 二、填空题 ‎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. 在中，角，，的对边分别为，，.已知，，，则______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理可直接列出方程，解出即可.‎ ‎【详解】由余弦定理可得，‎ 代入数据整理可得，解得或（舍去），‎ 所以.‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理解三角形，属于基础题.‎ - 19 -‎ ‎15. 设，满足约束条件，则的最大值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件所表示的可行域，由，即，把直线平移到可行域的A点时，此时目标函数取得最大值，进而求解目标函数的最大值．‎ ‎【详解】‎ 画出约束条件所表示的可行域，如图(阴影部分)所示，‎ 又由，即，‎ 把直线平移到可行域的A点时，‎ 此时直线在y轴上的截距最大，目标函数取得最大值，‎ 又由，解得，‎ 所以目标函数的最大值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用线性规划求最大值问题，其中解答中正确画出约束条件所表示的平面区域，结合图象，平移目标函数确定最优解，即可求解目标函数的最大值，着重考查了推理与计算能力，属于较易题．‎ ‎16. 在正方体中，是线段上的一点，且，若为锐角，则的取值范围是______.‎ - 19 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，建立空间坐标系，设正方体的边长为，设，写出点的坐标，代入已知条件，利用空间向量的数量积坐标公式求解即可得出结果.‎ ‎【详解】如下图，建立空间坐标系， ‎ 设正方体的边长为，设，‎ 则，‎ 由，得，‎ ‎，‎ 则，‎ 为锐角，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则或，‎ 又，‎ 故.‎ 故答案为：.‎ - 19 -‎ ‎ 【点睛】本题主要考查了利用空间向量的数量积坐标公式求解参数的问题.属于较易题.‎ 三、解答题 ‎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；‎ - 19 -‎ 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的范围，属于中档题.‎ ‎18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知．‎ ‎（1）求角的值；‎ ‎（2）若，且的面积为，求的周长．‎ ‎【答案】（1）（2）周长为6．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理边化角得出，结合三角形内角和，诱导公式，两角和的正弦公式化简得出，由商数关系即可得出角的值； ‎ ‎（2）由三角形面积公式化简得出，再由余弦定理得出，即可得出的周长.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理边化角得．‎ ‎∵，∴，代入得 ‎，‎ ‎∴．‎ ‎∵，∴，，‎ 又∵，∴．‎ ‎（2）∵，∴‎ 由余弦定理得 - 19 -‎ ‎∴，∴‎ ‎∴的周长为6．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理的边化角公式以及三角形面积公式，余弦定理，属于中档题.‎ ‎19. 已知数列前项和为，，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据与的关系得出数列为等比数列，即可得出数列的通项公式；‎ ‎（2）利用错位相减法求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）当时，，即；‎ 当时，①，②‎ 由②①得 ‎，即，∴‎ 即，又 ‎∴数列为等比数列，公比为2，首项为1‎ ‎∴‎ ‎（2）由（1）可得，，，‎ ‎∴③‎ ‎④‎ ‎③④得 - 19 -‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用与的关系求数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.‎ ‎20. 如图.四棱柱的底面是直角梯形，，，，四边形和均为正方形.‎ ‎（1）证明；平面平面ABCD；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明平面ABCD，再利用面面垂直判定定理证明 ‎（2）由（1）知，AB，AD两两互相垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建系，求出两个半平面的法向量，再利用二面角的向量公式求解即可 ‎【详解】（1）证明：因为四边形和均为正方形，所以，. ‎ 又，所以平面ABCD. ‎ 因为平面，所以平面平面ABCD. ‎ ‎（2）（法—）由（1）知，AB，AD两两互相垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，‎ - 19 -‎ ‎，，，‎ 则，. ‎ 设为平面的法向量，则 令，则，，所以.‎ 又因为平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量.‎ 所以. ‎ 因为二面角是锐角.所以二面角的余弦值为. ‎ ‎（法二）过B作于H，连接. ‎ 由（1）知平面ABCD，则，‎ 而，所以平面 ‎ 所以 从而为二面角的平面角.‎ 由等面积法，可得，即.‎ 所以， ‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用．‎ - 19 -‎ ‎21. 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. ‎ - 19 -‎ 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.‎ ‎22. 已知椭圆()的左、右焦点分别是，，点为的上顶点，点在上，，且.‎ ‎（1）求方程；‎ ‎（2）已知过原点的直线与椭圆交于，两点，垂直于的直线过且与椭圆交于，两点，若，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，由已知，求得的坐标为，代入椭圆方程，得；再由，求得，结合，求出值，即可求得结论；‎ ‎（2）先讨论直线斜率不存在和斜率为0的情况，验证不满足条件，设直线的方程为，与椭圆方程联立，消元，由韦达定理和相交弦长公式，求出；‎ 再将直线方程与椭圆联立，求出，由求出的值，进而求出，再求出点到直线的距离，即可求解.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的焦距为，∵，‎ - 19 -‎ ‎∴的坐标为.∵在上，‎ 将代人，得.‎ 又∵，∴，‎ ‎∴.又∵，‎ ‎∴，，的方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；‎ 当直线的斜率为0时，，，也不符合题意.‎ ‎∴可设直线的方程为,‎ 联立得，‎ 则，.‎ ‎.‎ 由得或 ‎∴.‎ 又∵，∴，∴，‎ ‎∴.∵到直线的距离，‎ - 19 -‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，设直线方程时要注意特殊情况，要熟练掌握求相交弦长的方法，考查计算能力，属于较难题.‎ - 19 -‎