2019-2020学年内蒙古赤峰市宁城县高二上学期期末数学（理）试题（解析版） 16页

‎2019-2020学年内蒙古赤峰市宁城县高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．顶点在原点，焦点是的抛物线的方程是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设抛物线方程为，，由此能求出抛物线方程.‎ ‎【详解】‎ 由题意，抛物线的顶点在原点，焦点为，则设抛物线方程为，，‎ 所以，，即，‎ 故抛物线方程为：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线方程的求法，解题时要认真审题，注意抛物线性质的合理运用，属于基础题.‎ ‎2．已知,给出下列条件：①；② ；③ ，则使得成立的充分而不必要条件是（ ）‎ A．① B．② C．③ D．①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意逐一考查所给的三个条件是否是成立的充分而不必要条件即可.‎ ‎【详解】‎ 由①，得：，不一定有成立，不符；‎ 对于②，当时，有，但不成立，所以不符；‎ 对于③，由，知c≠0，所以，有成立，‎ 当成立时，不一定有，因为c可以为0，符合题意；‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查不等式的性质及其应用，充分条件和必要条件的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎3．（2017新课标全国I理科）记为等差数列的前项和．若，，则的公差为 A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ ‎【答案】C ‎【解析】设公差为，，，联立解得，故选C.‎ 点睛:求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.‎ ‎4．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A．中位数 B．平均数 C．方差 D．极差 ‎【答案】A ‎【解析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．‎ ‎【详解】‎ 设9位评委评分按从小到大排列为．‎ 则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，‎ 中位数仍为，A正确．‎ ‎②原始平均数，后来平均数 平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确 ‎③‎ 由②易知，C不正确．‎ ‎④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确．‎ ‎【点睛】‎ 本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.‎ ‎5．在平行六面体中，点为与的的交点，，，，则下列向量中与相等的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】【详解】‎ 因为利用向量的运算法则：三角形法则、平行四边形法则表示出，选A ‎6．直线运动的物体，从时刻到时，物体的位移为，那么为( )‎ A．从时刻到时，物体的平均速度 B．从时刻到时位移的平均变化率 C．当时刻为时该物体的速度 D．该物体在时刻的瞬时速度 ‎【答案】D ‎【解析】根据题意，由变化率与导数的关系，分析可得答案.‎ ‎【详解】‎ 根据题意，直线运动的物体，从时刻到时，时间的变化量为，而物体的位移为，那么为该物体在时刻的瞬时速度.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查变化率的定义，涉及导数的定义，属于基础题．‎ ‎7．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况. 下列叙述中正确的是（ ）‎ A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米 B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油 D．某城市机动车最高限速80千米/小时. 相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 ‎【答案】D ‎【解析】【详解】‎ 解：对于A，由图象可知当速度大于40km/h时，乙车的燃油效率大于5km/L，‎ ‎∴当速度大于40km/h时，消耗1升汽油，乙车的行驶距离大于5km，故A错误；‎ 对于B，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗1升汽油，甲车的行驶路程最远，‎ ‎∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B错误；‎ 对于C，由图象可知当速度为80km/h时，甲车的燃油效率为10km/L，‎ 即甲车行驶10km时，耗油1升，故行驶1小时，路程为80km，燃油为8升，故C错误；‎ 对于D，由图象可知当速度小于80km/h时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，‎ ‎∴用丙车比用乙车更省油，故D正确 故选D．‎ ‎【考点】1、数学建模能力；2、阅读能力及化归思想.‎ ‎8．已知分别是椭圆的左、右焦点，椭圆上不存在点使，则椭圆的离心率的取值范围是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题意，椭圆上不存在点使，说明在最大时都有，列出不等式再转化求解椭圆的离心率的范围即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意，椭圆上不存在点使，即在椭圆上任意点使.‎ 根据焦点三角形的性质，当时，最大，‎ 取，又，，，‎ 所以，即椭圆的离心率为：.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆焦点三角形的性质，椭圆的离心率的求法，属于基础题.‎ ‎9．已知为等差数列，,,以表示的前项和，则使得达到最大值的是（ ）‎ A．21 B．20 C．19 D．18‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：设等差数列的公差为，则由已知,,得：‎ ‎，解得：，‎ ‎，‎ 由，得：，‎ 当时，，当时，，‎ 故当时，达到最大值.‎ 故选B．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【易错点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式，及等差数列前n项和取最值的条件及求法，如果从等数列的前n项和公的角度，由二次函数求最值时，对于n等于21还是20时，取得最大值，学生是最容易出错的.‎ ‎10．设A，B，C，D是空间内不公面的四点，且满足，，则是 A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．任意三角形 ‎【答案】B ‎【解析】略 ‎ ‎11．已知双曲线，过点P(1，1)作一条直线，与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点，下面结论正确的是( )‎ A．直线存在，其方程为 B．直线存在，其方程为 C．直线存在，其方程为 D．直线不存在 ‎【答案】D ‎【解析】假设存在这样的直线，分直线斜率存在和斜率不存在设出直线的方程，利用点为，的中点，建立关系式解得即可.‎ ‎【详解】‎ ‎①当过点的直线方程斜率不存在时，此时直线方程为：，与双曲线只有一个交点，不满足题意；‎ ‎②当过点的直线方程斜率存在时，设直线方程为：，‎ 由，得 当直线与双曲线相交于两个不同点，‎ 则必有：，即，‎ 又为，的中点，则，‎ 解得，此时不满足条件，‎ 综上，符合条件的直线不存在.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与双曲线的位置关系，特别是相交时的中点弦问题，解题时要特别注意韦达定理的重要应用，学会判断直线与曲线位置关系的判断方法，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎12．双曲线一个焦点到一条渐近线的距离为______‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】求出双曲线的渐近线方程，用点到直线的距离公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 根据对称性，焦点坐标，‎ 渐近线方程为，即，‎ 焦点到渐近线距离为.‎ 故答案为:1‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线简单几何性质，属于基础题.‎ ‎13．曲线在点处的切线方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再由直线方程的斜截式得答案．‎ ‎【详解】‎ 由曲线，则，‎ 所以，‎ 故曲线在点处的切线方程为：，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，属于基础题．‎ ‎14．某部门在同一上班高峰时段对某地铁站随机抽取50名乘客，统计其乘车等待时间（指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过40分钟）.将统计数据按 分组，制成频率分布直方图，则__________；在上班高峰时段在该地铁站乘车等待时间少于20分钟人数的估计值为____________.‎ ‎【答案】0.036 25 ‎ ‎【解析】由频率分布直方图的性质能求出；由频率分布直方图求出乘客在地铁站平均等待时间少于20分钟的频率，即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ 解：，‎ ‎．‎ 由题意知乘客在地铁站平均等待时间少于20分钟的频率为：‎ ‎，‎ ‎．‎ 在上班高峰时段在该地铁站乘车等待时间少于20分钟人数的估计值为 25．‎ 故答案为：0.036，25．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查实数值的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎15．将自然数1，2，3，4，…排成数阵（如右图所示），在2处转第一个弯，在3处转第二个弯，在5处转第三个弯，…，则转第100个弯处的数是______．‎ ‎【答案】2551‎ ‎【解析】观察由1起每一个转弯时增加的数字，‎ 可发现为“1，1，2，2，3，3，4，4，…”，‎ 即第一、二个转弯时增加的数字都是1，‎ 第三、四个转弯时增加的数字都是2，‎ 第五、六个转弯时增加的数字都是3，‎ 第七、八个转弯时增加的数字都是4，‎ ‎…‎ 故在第100个转弯处的数为：‎ ‎.‎ 故答案为2551.‎ 点睛：归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法．‎ 三、解答题 ‎16．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知.‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）求Sn，并求Sn的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）当或时，最大值为.‎ ‎【解析】（1）结合等差数列的通项公式及求和公式可求，进而可求，‎ ‎（2）结合等差数列的前项和公式及二次函数的性质即可求解．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）等差数列中，，‎ ‎，，解得，‎ ‎；‎ ‎（2），‎ 当或时，前项的和取得最大值，此时．‎ 的最大值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前项和，属于基础题．‎ ‎17．如图，在四边形中，‎ ‎（1）求的正弦值；‎ ‎（2）若，且△的面积是△面积的4倍，求的长.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】（1）中，设，利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到答案.‎ ‎（2）利用面积关系得到化简得到 根据（1）中解得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，设，‎ 由余弦定理得 整理得，解得.‎ 所以 ‎ 由正弦定理得，解得 ‎（2）由已知得，‎ 所以，‎ 化简得 ‎ 所以 ‎ 于是 ‎ 因为，且为锐角，所以.‎ 代入计算 因此 ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生利用正余弦定理解决问题的能力.‎ ‎18．改革开放40年来，体育产业蓬勃发展反映了“健康中国”理念的普及．下图是我国2006年至2016年体育产业年增加值及年增速图．其中条形图表示体育产业年增加值（单位：亿元），折线图为体育产业年增长率（％）．‎ ‎（Ⅰ）从2007年至2016年这十年中随机选出一年，求该年体育产业年增加值比前一年多亿元以上的概率；‎ ‎（Ⅱ）从2007年至2011年这五年中随机选出两年，求至少有一年体育产业年增长率超过25%的概率；‎ ‎（Ⅲ）由图判断，从哪年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大？从哪年开始连续三年的体育产业年增加值方差最大？（结论不要求证明）‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）从年或年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大．从年开始连续三年的体育产业年增加值方差最大．‎ ‎【解析】（Ⅰ）由图利用古典概型求值即可；（Ⅱ）求出任选两年的基本事件总数，列举满足条件的基本事件，即可求概率（Ⅲ）由题分析即可求解 ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）设表示事件“从2007年至2016年这十年中随机选出一年，该年体育产业年增加值比前一年多亿元以上”．‎ 根据题意，．‎ ‎（Ⅱ）从2007年至2011年这五年中有两年体育产业年增长率超过25%，设这两年为，，其它三年设为，，，从五年中随机选出两年，共有10种情况：‎ ‎，，，，，，，，，，其中至少有一年体育产业年增长率超过25%有７种情况，‎ 所以所求概率为.‎ ‎（Ⅲ）从年或年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大．　从年开始连续三年的体育产业年增加值方差最大．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查条形图和折线图，古典概型，方差，准确识图是关键，是中档题 ‎19．已知在平面直角坐标系中，动点P到定点F(1,0)的距离比到定直线x=-2的距离小1.‎ ‎（1）求动点P的轨迹C的方程；‎ ‎（2）若直线l与（1）中轨迹C交于A，B两点，通过A和原点O的直线交直线x=-1于D，求证：直线DB平行于x轴.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】（1）判断轨迹为抛物线，转化求解抛物线方程即可．‎ ‎（2）画出图形，设直线的方程为代入抛物线方程，设，，，，取得的纵坐标，然后推出结果．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）解：动点到的距离比到定直线的距离小，则与到定直线的距离相等，根据抛物线的定义可知，所求轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，其方程为①‎ ‎（2）证明：设直线的方程为②‎ ‎②代入①，整理得，‎ 设，，，，则，‎ 所以点的纵坐标③‎ 因为，所以直线的方程为④‎ 可得的纵坐标为⑤‎ 由③⑤知，轴．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．‎ ‎20．已知函数，．‎ Ⅰ讨论的单调性；‎ Ⅱ当，证明：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】Ⅰ求出原函数的导函数，可得当时，，在上是单调增函数；当时，求出导函数的零点，把定义域分段，由导函数在各区间段的符号确定原函数的单调区间；‎ Ⅱ由Ⅰ可得，当时，求出函数的最大值，问题转化为在时恒成立，换元后利用导数求最值得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：Ⅰ，‎ ‎．‎ 当时，，在上是单调增函数；‎ 当时，，‎ 当时，，当时，，‎ 在上单调递增，在上单调递减．‎ 综上，当时，在上是单调增函数，‎ 当时，在上单调递增，在上单调递减；‎ Ⅱ证明：由Ⅰ可得，当时，‎ ‎，‎ ‎．‎ 要证，即证恒成立，‎ 令，，则，‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减．‎ 的最大值为，‎ 故当，．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，考查数学转化思想方法．‎ ‎21．（本题满分12分）‎ 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面， ，点是的中点，作交于.‎ ‎（Ⅰ）求证：∥平面；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析;（Ⅱ）详见解析;（Ⅲ）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）连结，与交于.由中位线可得∥.根据线面平行的判定定理可证得∥平面.（Ⅱ）由底面可证得,又因为是正方形,根据线面垂直判定定理可证得平面,从而可得.根据等腰三角形中线即为高线可得,根据线面垂直判定定理可证得平面,从而可得又可得平面.（Ⅲ）以点为坐标原点建立空间直角坐标系. 设,可得各点的坐标,从而可得各向量坐标.根据向量垂直数量积为0可得面和面的法向量.根据数量积公式可得两法向量夹角的余弦值,可得两法向量夹角. 两法向量夹角与二面角相等或互补.由观察可知所求二面角为锐角.‎ 试题解析：解：（Ⅰ）连结，与交于，‎ ‎∵是正方形，∴则为的中点 ‎∵是的中点，‎ ‎∴∥‎ ‎∵平面，平面 ‎∴∥平面 3分 ‎（Ⅱ）∵底面，平面 ‎∴‎ ‎∵，‎ ‎∴平面 4分 ‎∵平面，‎ ‎∴‎ ‎∵是的中点， ‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴平面 6分 而平面，‎ ‎∴‎ 又，‎ 平面 8分 ‎（Ⅲ）如图建立空间直角坐标系，点为坐标原点，设 则 9分 设平面的法向量是，则，‎ 所以，，即 10分 设平面的法向量是，则 所以，，即 11分 ‎，即面角的大小为. 12分 ‎【考点】1线面平行;2线面垂直;3空间向量法解决立体几何问题.‎