安徽省合肥市庐阳区合肥六中合肥八中阜阳一中淮北一中四校2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 23页

‎2019-2020学年第一学期高二期末联考 数学(理)参考答案 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.每一小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先分别求出集合A，B，由此能求出．‎ ‎【详解】解：集合，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2.已知直线l、m，平面、，且，，下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定与性质逐个判断,同时结合长方体举反例即可.‎ ‎【详解】画出如图长方体.‎ 对A, 若,则因为,故,又,所以,故A正确.‎ 对B,当为,为,面为,为面时,满足,,,‎ 但不成立.故B错误.‎ 对C, 当为,为,面为,为面时, 满足,,,但不成立.故C错误.‎ 对D, 当为,为,面为,为面时, 满足,,，但不成立.故D错误.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查平行垂直的判断,可直接利用线面垂直的方法进行判定,或者在长方体中举出反例即可.属于基础题型.‎ ‎3.若直线与直线垂直，则实数的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，求实数的值.‎ ‎【详解】由题意可知 ‎ 整理为： ，‎ 解得：或 ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查根据两条直线垂直求参数意在考查基本公式和基本概念，属于基础题型，若和互相垂直，则，若与互相垂直，则.‎ ‎4.已知椭圆E：与双曲线C：（，）有相同的焦点，则双曲线C的渐近线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出椭圆焦点坐标，即为双曲线焦点坐标，再由双曲线中的关系求得后可得渐近线方程．‎ ‎【详解】椭圆E的焦点为．故．双曲线C的渐近线方程为．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆与双曲线的标准方程，考查其几何性质．属于基础题．‎ ‎5.下列结论中错误的是（ ）‎ A. “﹣2＜m＜3”是方程表示椭圆”的必要不充分条件 B. 命题p:，使得的否定 C. 命题“若，则方程有实根”的逆否命题是真命题 D. 命题“若，则且”的否命题是“若，则或”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐一判断选项，A.当方程表示椭圆时，求的范围，再判断是否是必要非充分条件；B.根据特称命题的否定形式直接判断；C.利用原命题和逆否命题的等价性判断；D.根据否命题的形式判断.‎ ‎【详解】A.当方程表示椭圆时， ，解得：，且，‎ 设 ，， ‎ ‎ “﹣2＜m＜3”是方程表示椭圆”的必要不充分条件，故正确；‎ B.根据特称命题的否定形式可知：，，故错误；‎ C.方程有实根，则，解得： ，所以“若，则方程有实根”是真命题，原命题和逆否命题等价，所以其逆否命题也是真命题，故正确；‎ D.根据原命题与否命题的形式可判断是正确.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查判断命题的真假，重点考查简易逻辑的相关基础知识，属于基础题型.‎ ‎6.的内角所对边分别为若，成等差数列，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B，A，C成等差数列，可得2A＝B+C＝π﹣A，解得A．利用正弦定理可得sinB，即可得出．‎ ‎【详解】∵B，A，C成等差数列，‎ ‎∴2A＝B+C＝π﹣A，‎ 解得A．‎ 则sinB，‎ 又a＞b，∴B为锐角．‎ ‎∴B．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、三角函数求值、等差数列的性质、三角形内角和定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎7.设变量，满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义利用数形结合分析即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ 由约束条件作出其所确定的平面区域（阴影部分），‎ 因为，所以，‎ 平移直线，由图象可知当直线经过点时，‎ 目标函数取得最大值，‎ 由，解得，‎ 即，‎ 即，‎ 故的最大值为9．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】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．要求熟练掌握常见目标函数的几何意义．‎ ‎8.已知，，，则的最小值是（ ）.‎ A. 3 B. C. D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知条件变形为，再根据，展开利用基本不等式求最值.‎ ‎【详解】由已知结合指数运算性质可得，所以， ‎ 从而，‎ 当且仅当时等号成立，即，又 解得：，. ‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，意在考查变形和计算能力，属于基础题型.‎ ‎9.定义在上的函数满足，且时，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由可得函数为奇函数，由可得，故函数的周期为4．所以 ‎，因为，所以 ‎．故，选A．‎ 点睛：根据得到函数为奇函数和周期函数是解题的关键，然后根据对数的运算性质将问题转化到区间内解决．‎ ‎10.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑,已知鳖臑的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 几何体复原为底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面直角顶点的三棱锥，扩展为长方体，长方体的对角线的长，就是外接球的直径，然后求其的表面积．‎ ‎【详解】解：由三视图还原原几何体如图，‎ 该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，底面.则.扩展为长方体， ‎ 它的对角线的PB即为球的直径：‎ 该三棱锥的外接球的表面积为：41π 故选：A ‎【点睛】本题考查三视图，几何体的外接球的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．‎ ‎11.已知函数，，且函数是偶函数，若函数恰好有三个零点，则该函数的零点是（ ）‎ A. B. C. D. .‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数是偶函数,得出关于直线对称，求出，即可求出的解析式，为偶函数，恰好有三个零点，可得 为其零点，代入求出的值，令进而求出该函数的零点.‎ ‎【详解】函数是偶函数，所以 关于关于直线对称，‎ ‎，；‎ 设 为偶函数，‎ 恰好有三个零点，‎ 故必有一个零点为0，，‎ ‎，令则整理得，‎ ‎，解得或，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 所求函数的零点为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数的对称性.函数解析式，以及利用函数的性质求零点问题，考查计算能力，是一道较为综合的题.‎ ‎12.若直线与抛物线交于两个不同的点，抛物线的焦点为，且成等差数列，则 （　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设.由得，由韦达定理得，因为直线与抛物线交于两个不同的点，所以即， 由抛物线的性质可知，再结合条件有，进而得而出答案.‎ ‎【详解】设.由消去，得，‎ 故，解得，且.‎ 由，且成等差数列，‎ 得，得，‎ 所以，解得又，故，‎ 故选：D ‎【点睛】圆锥曲线与直线相交问题是高考的重要考点，解题的一般方法是设出交点坐标，将直线方程与圆锥曲线方程联立，再通过韦达定理结合题意求解。‎ 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，共20分.请将答案填写在答题卷相应位置上.‎ ‎13.已知数列中，，，则的值是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数列的递推关系式求出数列的前几项，得到数列的周期，然后求解即可．‎ ‎【详解】数列，‎ 可得a2＝﹣3；a3；a4；所以数列的周期为3，‎ a2020＝a673×3+1＝a1．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，求解数列的周期是解题的关键，是基本知识的考查．‎ ‎14.在如图所示的四棱锥中，四边形为菱形，，，M为中点.则点M到平面的距离是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得DM⊥AD，DM⊥PA，且，可得DM⊥平面PAD，故而平面PAD⊥平面ABCD；根据VM﹣PBD＝VP﹣BDM即可求出M到平面PBD的距离.‎ ‎【详解】∵四边形为菱形，且，∴是等边三角形，又M是的中点，‎ ‎∴，又，∴，又，‎ ‎∴平面，又平面，∴平面平面. ‎ 取的中点H，连接，∵，‎ ‎∴，且，‎ 由平面平面，平面平面，‎ ‎∴平面，故，∴，又，‎ ‎∴， 设M到平面距离为h，则.‎ 又，∴，解得.‎ ‎∴点M到平面的距离为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查点到面的距离，意在考查推理能力，和转化与化归的思想和计算能力，一般求点到平面的距离的方法：1.定义法；2.等体积转化法.‎ ‎15.设A.B分别为双曲线（a>0，b>0）的左.右顶点，P是双曲线上不同于A.B的一点，直线AP.BP的斜率分别为m.n，则当取最小值时，双曲线的离心率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据点的关系确定mn，再根据基本不等式确定最小值，最后根据最小值取法确定双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设，则 ，‎ 因此 当且仅当时取等号,‎ 所以离心率是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率和基本不等式求最值的简单综合问题，属于基础题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：‎ ‎，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.‎ ‎16.设函数的定义域为R，满足，且当时，若对任意，都有，则m的取值范围是_______。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可求的函数，并求和的值域，并且计算当时，的解，根据图象求的取值范围.‎ ‎【详解】∵，.‎ ‎∵时，；‎ ‎∴时，，；‎ 当时，‎ 当时，，‎ 由解的 如图，画出函数图象 若对任意，都有，则.‎ 所以m的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查函数图象和性质的综合应用，意在考查分析问题和解决问题的能力，本题的关键是根据已知条件求的解析式，并能数形结合分析问题.‎ 三.解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.解答写在答题卡上的指定区域内.‎ ‎17.的内角的对边分别为，已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若的面积为，求周长的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可知，并且利用二倍角公式化简为，计算；‎ ‎（2）由（1）求得，求得，再结合余弦定理和基本不等式求周长的范围.‎ ‎【详解】（1）由题设及，及二倍角余弦公式可得；‎ ‎ 所以 ‎（2）由得 ‎ ‎ ，‎ ‎，‎ 故.‎ 又，则.‎ 由余弦定理得：‎ ‎∴ （当且仅当a=c时取等号）‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数恒等变形和三角面积和余弦定理的综合应用，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于基础题型.‎ ‎18.已知圆C经过点A(2，－1)，和直线x＋y＝1相切，且圆心在直线y＝－2x上.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)已知直线l经过（2,0）点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程.‎ ‎【答案】（1）(x－1)2＋(y＋2)2＝2；（2）x＝2或3x-4y-6＝0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件可知圆心的坐标为，再根据条件转化为关于的方程，根据圆的圆心和半径写出圆的标准方程；‎ ‎（2）分斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，利用弦长公式可知圆心到直线的距离是1，求直线方程.‎ ‎【详解】(1)设圆心的坐标为C(a，－2a)，‎ 则＝.‎ 化简，得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.‎ 所以C点坐标为(1，－2)，‎ 半径r＝|AC|＝＝.‎ 故圆C的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2. ‎ ‎(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，此时直线l被圆C截得的弦长为2，‎ 满足条件. ‎ ‎②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x—2），即 kx-y-2k=0‎ 由题意得，解得k＝，‎ 则直线l的方程为y＝（x-2）. ‎ 综上所述，直线l的方程为x＝2或3x-4y-6＝0.‎ ‎【点睛】本题考查求圆的标准方程和直线与圆相交求直线方程，意在考查待定系数法求曲线方程，属于基础题型.‎ ‎19.已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项 ‎（1）求数列{an}通项公式；‎ ‎（2）求数列{}的前n项和Tn.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件直接求得，再利用，，列方程求和通项公式；‎ ‎（2）由（1）可知，，利用裂项相消法求和.‎ ‎【详解】（1）由是的等差中项得，‎ 所以，‎ 解得.‎ 由得，‎ 因为，所以.‎ 所以 ‎（2）记 则 所以 ‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列.等比数列.数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.‎ ‎20.已知过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，斜率为的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)，则BD＝，因为△ABD∽△DCB，所以＝，即，求得边长，再取过A作AOBD于O，则AO平面BDC，过O作OG//DC交BC于G，以O为坐标原点 OB，OG，OA分别为x.y.z轴非负半轴建立空间直角坐标系，利用向量的坐标法求二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)证明　因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC⊂平面BCD，‎ 所以DC⊥平面ABD.‎ 因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB，‎ 又因为AD⊥AB，且DC∩AD＝D，‎ 所以AB⊥平面ADC. ‎ ‎(2)解　由(1)知DC⊥平面ABD，所以∠DAC为AC与平面ABD所成角.‎ 依题意得tan∠DAC＝＝，‎ 因为AD＝1，所以CD＝，‎ 设AB＝x(x>0)，则BD＝，‎ 因为△ABD∽△DCB，所以＝，即，‎ 解得x＝，故AB＝，BD＝.‎ 过A作AOBD于O，则AO平面BDC，过O作OG//DC交BC于G，以O为坐标原点 OB，OG，OA分别为x.y.z轴非负半轴建立空间直角坐标系如图所示 ‎ 面ABD法向量可取 ‎ DO=，OA=‎ D（,0,0） A（0,0，），，‎ ‎，所以 ，‎ 设面DAE法向量为则 ‎ 取 ‎ ‎ ‎ 又二面角B—AD—E是锐角，所以所求二面角的余弦值为。‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和空间向量坐标法求二面角的余弦值，意在考查推理与证明和计算能力，不管证明线面垂直还是证明面面垂直，证明的基础都是线线垂直，证明线线垂直的方法包含1.菱形对角线互相垂直，2.勾股定理；3.直角三角形或矩形等特殊图形，4.等腰三角形底边三线重合，5.线面垂直推出线线垂直等方法.‎ ‎22.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l与被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.‎ ‎(1) 求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2) 若点M(0，m)，（），过点M的任一直线与椭圆C相交于两点A.B，y轴上是否存在点N（0，n）使∠ANM＝∠BNM恒成立？若存在，判断m、n应满足关系；若不存在，说明理由。‎ ‎(3) 在（2）条件下m=1时，求△ABN面积的最大值。‎ ‎【答案】（1）＋＝1；（2）答案不唯一，见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由内切圆半径表示三角形的面积，可得，再由，求得椭圆方程；‎ ‎（2）分轴和不垂直于轴时两种情况，当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，直线与椭圆方程联立，，代入根与系数的关系，得到的关系；‎ ‎（3）由（2）得n=3 M(0，1).N（0，3）设直线AB的方程为y＝kx＋1，也椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并表示面积，代入根与系数的关系，利用基本不等式求最值.‎ ‎【详解】(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.‎ 将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.‎ 又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1. ‎ ‎(2) ①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0. ‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，设直线AB方程为y＝kx＋m.‎ 联立方程消去y得，(3＋4k2)x2+8kmx+4m2-12＝0.（）‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，x1x2＝.‎ 假设存在N（0，n）‎ 则kAN＋kBN＝‎ ‎＝‎ ‎＝0.（*），对任意k∈R恒成立.‎ 所以mn=3且m≠0.‎ m=0时由（*）式知不存在点N符合题意， ‎ 综上：m=0时不存在， 时存在点N（0,n），mn=3。‎ ‎（3）由（2）得n=3 M(0，1).N（0，3）设直线AB的方程为y＝kx＋1. ‎ 由 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，x1x2＝.‎ ‎，令则t ≥1,‎ 当且仅当 t=1，k=0时 取的最大值。‎ 所以△ABN面积的最大值为 ‎【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，涉及椭圆中三角形面积的最值的求法，第二问和第三问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.‎ ‎ ‎