内蒙古乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 16页

集宁一中西校区2019-2020学年第一学期期末考试 高二年级理科数学试题 本试卷满分150分，考试时间为120分钟 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 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，只有一项是符合题目要求的.）‎ ‎1.已知集合中只有一个元素，则（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当时,,方程有一个解,当时,判别式,解得.故选D.‎ ‎2.的值等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式和两角差的余弦公式求解即可.‎ ‎【详解】故选：C ‎【点睛】本题考查了诱导公式，考查了两角差的余弦公式，考查了特殊角的三角函数值，考查了数学运算能力.‎ ‎3.若数列中，，则取得最大值时，（ ）‎ A. 13 B. ‎14 ‎C. 15 D. 14或15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列的通项公式可以判断该数列是等差数列，求出的表达式，运用配方法求出取得最大值时的值.‎ ‎【详解】当时，，所以数列是以40为首项，为公差的等差数列，故，当 时，取得最大值.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了等差数列前项和最大时项数的值，考查了等差数列的判定，考查了配方法，考查了数学运算能力.‎ ‎4.已知等比数列的公比为正数，且，，则（ ）‎ A. B. 2‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:由等比数列的通项的性质可得,则,故,即,故．故应选D．‎ 考点：等比数列的通项及性质的灵活运用．‎ ‎5.，则的一个必要不充分条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题的题意等价于四个选项中的一个可以得出 ,而不能得出四个选项中的一个.只有 符合. 故选C.‎ ‎6.已知椭圆(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,焦距为‎2c,若直线y=(x+c)与椭圆交于M点,且满足∠MF‎1F2=2∠MF‎2F1,则椭圆的离心率是 ( )‎ A. B. ‎-1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意知，直线y=(x+c)经过椭圆的左焦点F1（-c，0），且倾斜角为60°，从而知∠MF‎2F1=30°，设|MF1|=x，利用椭圆的定义即可求得其离心率．‎ ‎【详解】‎ ‎∵椭圆的方程为，作图如右图： ∵椭圆的焦距为‎2c， ∴直线 y=(x+c)经过椭圆的左焦点F1（-c，0），又直线y=(x+c)与椭圆交于M点， ∴倾斜角∠MF‎1F2=60°，又∠MF‎1F2=2∠MF‎2F1， ∴∠MF‎2F1=30°， ∴∠F1MF2=90°． 设|MF1|=x，则 ，|F‎1F2|=‎2c=2x，故x=c． ‎ ‎∴ ， 又|MF1|+|MF2|=‎2a， ∴‎2a=（ +1）c， ∴该椭圆的离心率 ‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质，着重考查直线与椭圆的位置关系，突出椭圆定义的考查，理解得到直线y=(x+c)经过椭圆的左焦点F1（-c，0）是关键，属于中档题．‎ ‎7.如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设，‎ ‎，作差得：，即，所以，‎ 所以直线方程为，即．故选D．‎ ‎8.若直线与双曲线的右支交于不同的两点，则的取值范围是　　‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线与双曲线联立得(1－k2)x2－4kx－10＝0，由结合韦达定理可得解.‎ ‎【详解】解析：把y＝kx＋2代入x2－y2＝6，得x2－(kx＋2)2＝6，‎ 化简得(1－k2)x2－4kx－10＝0，由题意知 即解得＜k＜－1.‎ 答案：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，属于中档题.‎ ‎9.若动点到点的距离比它到直线的距离小1，则点M的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知结合抛物线定义直接求解即可.‎ ‎【详解】因为动点到点的距离比它到直线的距离小1，所以动点 到点的距离等于它到直线的距离，因此点M的轨迹是抛物线，它的方程为：.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义，属于基础题.‎ ‎10. 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 ‎【解析】‎ ‎【详解】设P(xP,yP)(yP>0)由抛物线定义知,xP+=4,‎ ‎∴xP=3,yP==2,‎ 因此S△POF=×2×=2.故选C.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎11.向量＝(2,4,x),＝(2,y,2)，若||＝6,且⊥，则x＋y的值为（ ）‎ A. －3 B. ‎1 ‎C. －3或1 D. 3或1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题＝（2,4,x）且||＝6,则；，⊥，可得；‎ ‎，又＝（2,y,2），代入可得：‎ ‎，则；‎ 考点：空间向量的坐标运算及垂直的性质.‎ ‎12.已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以 ‎，故C为正确答案．‎ 考点：异面直线所成的角．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 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，把答案填在题中的横线上）‎ ‎13.双曲线的右焦点为F，焦距为‎2c，左顶点为A，虚轴的上端点为，若，该双曲线的离心率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接运用平面向量数量积的坐标表示公式把已知向量的等式转化为关于的齐次方程，最后解方程求得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】由题意可知中：，所以有，由已知得：‎ ‎，解得：‎ ‎，（舍去）.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法，考查了数学运算能力，属于基础题.‎ ‎14.不等式的解集是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把不等式一边化成零，然后根据分式的运算性质求解即可.‎ ‎【详解】或，‎ 解得或，所以原不等式的解集为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了分式的运算性质，考查了数学运算能力.‎ ‎15.设实数x，y满足约束条件则的最小值为________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在平面直角坐标系内，画出不等式组的表示的平面区域，然后平移直线，找到当直线在纵轴上的截距最小时所经过的点，把该点的坐标代入目标函数中即可.‎ ‎【详解】在平面直角坐标系内，画出不等式组的表示的平面区域，如下图所示：‎ 平移直线，当直线经过点A： 时，直线在纵轴上的截距最小，解得点A的坐标为，所以的最小值为.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划的应用，正确画出不等式组的表示的平面区域，利用数形结合思想是解题的关键.‎ ‎16.已知P为椭圆上任意一点，，是椭圆的两个焦点.则的最小值为________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用重要不等式，结合椭圆的定义可以直接求解即可.‎ ‎【详解】由（当且仅当时取等号）.‎ 故答案为：8‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了重要不等式的应用，考查了数学运算能力.‎ 三、解答题（本大题共有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.在数列中，又，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列前n项和公式化简数列的通项公式，最后利用裂项相消法求出数列的前n项和.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因此数列的前n项和为：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列前n项和公式，考查了裂项相消法求数列前n项和，考查了数学运算能力.‎ ‎18.已知函数.‎ ‎（1）求的最小正周期，并求其单调递减区间；‎ ‎（2）如果的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，试求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角的正弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式，最后利用正弦型三角函数的最小正周期公式和单调性求解即可；‎ ‎（2）利用余弦定理结合已知可以求出B的取值范围，最后利用正弦型三角函数的单调性求出的取值范围.‎ 详解】（1），‎ ‎，，‎ 所以单调递减区间为：，‎ 因此最小正周期为，单调递减区间；‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，而，解得 ‎∴，∴‎ ‎∴即的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了二倍角正弦公式、降幂公式、辅助角公式、余弦定理，考查了正弦型三角函数的单调性和最小正周期公式.‎ ‎19.已知直线与椭圆相交于A，B两点，当m变化时，求的最大值.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 将直线方程与椭圆方程联立，根据弦长公式结合一元二次方程根与系数关系，求出的表达式，最后利用函数的性质求出的最大值.‎ ‎【详解】直线与椭圆联立得：，‎ ‎，设 ，‎ 所以有，由弦长公式可知：‎ 当时，有最大值，最大值为：.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆中弦长最大值问题，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了数学运算能力.‎ ‎20.已知抛物线的顶点在原点,焦点在坐标轴上，点为抛物线上一点.‎ ‎（1）求的方程； ‎ ‎（2）若点在上，过作的两弦与，若，求证:直线过定点.‎ ‎【答案】（1）或； （2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）当焦点在轴时，设的方程为，当焦点在轴时，设的方程为，分别代入点，求得的值，即可得到抛物线的方程；（2）因为点在上，所以曲线 的方程为，设点，用直线与曲线方程联立，利用韦达定理整理得到，即可得到，判定直线过定点.‎ 试题解析：（1）当焦点在轴时，设的方程为，代人点得，即.当焦点在轴时，设的方程为，代人点得，即，‎ 综上可知：方程为或.‎ ‎（2）因为点在上，所以曲线的方程为.‎ 设点，‎ 直线，显然存在，联立方程有：.,‎ 即即.‎ 直线即直线过定点.‎ 考点：抛物线的标准方程；直线过定点问题的判定.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了直线与圆锥曲线问题，其中解答中涉及到抛物线的标准方程及其简单的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系的应用的知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，此类问题的解答中把直线的方程与圆锥曲线方程联立，利用根与系数的关系，及韦达定理是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题.‎ ‎21.已知正方体，E，F分别是和CD的中点.‎ ‎（1）求异面直线AE与所成的角的大小；‎ ‎（2）求证：平面.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系：‎ ‎（1）分别求出向量与的坐标表示，通过空间向量数量积的运算求出异面直线AE与所成的角的大小；‎ ‎（2）只要证明与平面.内两个不共线的向量垂直即可.‎ ‎【详解】以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系：.‎ ‎（1）设异面直线AE与所成的角为，，‎ ‎，所以异面直线AE与所成的角的大小；‎ ‎（2），‎ 由（1）可知：，而，平面，‎ 所以平面.‎ ‎【点睛】本题考查了利用空间向量求解异面直线所成的角，考查了利用空间向量证明线面垂直，考查了数学运算能力.‎ ‎22.已知直角梯形ABCD，，平面ABCD，，，，求：‎ ‎（1）点B到平面CDE的距离；‎ ‎（2）二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在平面ABCD内做，连接,利用等积法求出点B到平面CDE的距离；‎ ‎（2）由（1）可以得到二面角的平面角，利用余弦的定义求出二面角 的余弦值.‎ ‎【详解】（1）设点B到平面CDE的距离为，在平面ABCD内做，连接,‎ 由直角梯形ABCD可得，由直角梯形ABCD面积可得等式：‎ ‎，而平面ABCD，平面ABCD，所以，所以平面，因此有 因此，于是有 可得：，所以点B到平面CDE的距离为 ‎（2）由（1）可知：是二面角的平面角，在直角三角形中，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了点面距离，考查了二面角的求法，考查了推理论证能力和计算能力.‎