河南省驻马店市正阳县高级中学2019-2020学年高二上学期第三次素质检测数学（理）试卷 19页

数学试题（理科）‎ 一、选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1.已知集合，集合，求（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出集合，再根据交集的定义计算即可.‎ ‎【详解】解：‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的解法和交集的运算，属于基础题.‎ ‎2.命题“任意，”的否定是( )‎ A. 存在， B. 存在，‎ C. 任意， D. 任意，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有量词的命题的否定即可得到结论．‎ ‎【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“任意x＞0，1”的否定是：‎ 存在，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．‎ ‎3.已知，那么下列不等式中一定成立的是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据a，b的符号和范围，结合不等式的关系进行判断即可．‎ 详解】若，，则，‎ 则，故A不成立；‎ 不一定成立，如a=-5,b=6,故B不成立；‎ ‎∵，，∴,故C不成立，‎ ‎，，则，成立，故D正确，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式性质的应用，根据不等式的关系是解决本题的关键比较基础．‎ ‎4.设双曲线 (a>0，b>0)的虚轴长为2，焦距为2，则双曲线的渐近线方程为(　　)‎ A. y＝±x B. y＝±2x C. y＝±x D. y＝±x ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意知2b=2,2c=2,‎ ‎∴b=1,c=,a2=c2-b2=2,a=,‎ ‎∴渐近线方程为y=±x=±x=±x.故选C.‎ ‎5.在三角形ABC中，“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，当，可得，而三角形中，当时，或，所以“”是“”的充分不必要条件．‎ 考点：充分不必要条件的判定．‎ ‎6.已知不等式组，则目标函数的最大值是（ ）‎ A. 1 B. 5 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式组,画出可行域.根据目标函数平移后的位置,可得最大值.‎ ‎【详解】根据线性约束条件,画出可行域如下图示所示:‎ 将目标函数平移,由图示可知,当经过的交点时取得最大值 即最大值为 故选:C ‎【点睛】本题考查了线性规划在求最值中的应用,画出可行域,将目标函数平移即可求得解,属于基础题.‎ ‎7.中国古代数学名著九章算术中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之栗五斗羊主曰：“我羊食半马”马主曰：“我马食半牛”今欲哀偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求赔偿5斗栗羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还栗a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是　　‎ A. a，b，c依次成公比为2的等比数列，且 B. a，b，c依次成公比为2的等比数列，且 C. a，b，c依次成公比为的等比数列，且 D. a，b，c依次成公比为的等比数列，且 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由条件知，，依次成公比为的等比数列，三者之和为50升，根据等比数列的前n项和，即故答案为D.‎ ‎8.已知x＞0，y＞0且x+y=1，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用“1”的代换的思想，由已知可得=（）（x+y）=5+，再利用基本不等式可求最值．‎ ‎【详解】∵x＞0，y＞0且x+y=1，∴=（）（x+y）=5+=5，‎ 当且仅当且x+y=1，当且仅当x=3，y=时取等号，‎ ‎≥=，即最小值是．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的应用，基本不等式的性质，考查转化思想，“1”代换的应用，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎9.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，‎ 则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a，0)，＝(0,0,2a)，‎ 设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，‎ 由⇒⇒⇒n1＝(1，－1,1)．‎ sinθ＝＝＝.‎ ‎10.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设,根据是一个首项为a,公差为a的等差数列，各项分别为a,2a,3a,4a..‎ ‎11.如图，在中，是边上一点，，则的长为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由余弦定理求出，得出，再由正弦定理得到，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，，所以，‎ 因此，所以，‎ 又，，由正弦定理可得：，‎ 所以.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎12.已知抛物线的焦点和准线，过点的直线交于点，与抛物线的一个交点为，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题设解三角形求出a的值，再求|AB|的值得解.‎ ‎【详解】由题设 过点B作BC⊥l,垂足为C,则|BC|=a, ，‎ 设准线l交x轴与D,‎ 则 所以.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13.椭圆上一点到焦点的距离为，为原点，为的中点，则___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆定义求出，再由中位线性质得出的值.‎ ‎【详解】由椭圆定义得，，‎ 为的中点，为的中点，由中位线的性质得.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆定义的应用，同时也考查了中位线性质的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎14.在直三棱柱中,若 ，则异面直线与所成的角等于_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系分别求得，，再利用即可得到所求角大小．‎ ‎【详解】三棱柱为直三棱柱,且 ‎ 以点 为坐标原点，分别以，，为 轴建立空间直角坐标系 设，则 ‎ , ,,‎ ‎，‎ 又 异面直线所成的角在 ‎ ‎ 异面直线与所成的角等于 ．‎ ‎【点睛】本题考查了异面直线所成角的计算，一般建立空间直角坐标系利用向量法来解决问题，属于中档题．‎ ‎15.2019年10月1日，在庆祝新中国成立70周年阅兵中，由我国自主研制军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，壮军威，振民心，令世人瞩目．飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东的方向上，仰角为 ‎，则直升机飞行的高度为________千米．（结果保留根号）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据飞行时间和速度可求飞行距离，结合两次观察的方位角及三角形知识可得.‎ ‎【详解】如图，‎ 根据已知可得 设飞行高度为千米，即，则;‎ 在直角三角形中，,所以，；‎ 在直角三角形中，同理可求；‎ 因为飞行速度为千米/小时，飞行时间是1分钟，所以,‎ 所以，解得，故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查以现实问题为背景的解三角形问题，准确理解方位角是求解本题的关键，融合了简单的物理知识，侧重考查了直观想象和逻辑推理的核心素养.‎ ‎16.已知是曲线上的一个动点，且点为线段的中点，则动点的轨迹方程为_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点坐标表示出点坐标，代入曲线方程整理可得轨迹方程.‎ ‎【详解】设，‎ 为中点 ，即 曲线上 ，即 点轨迹方程为：‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解问题，关键是能利用动点坐标表示出曲线上的点的坐标，进而代入曲线方程求得结果.‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.已知命题：“曲线：表示焦点在轴上的椭圆”，命题：不等式对于任意恒成立，若命题且为真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件计算出命题、为真时的取值范围，再由命题且为真命题，取交集即可.‎ ‎【详解】解：当为真时，即曲线：表示焦点在轴上的椭圆，‎ ‎，‎ 当为真时，即不等式对于任意恒成立，‎ ‎，‎ 解得 因为为真命题，‎ 故为真命题，为真命题，‎ 解得 ‎【点睛】本题考查椭圆的基本性质，不等式恒成立问题，以及复合命题真假性求参数的范围，属于基础题.‎ ‎18.已知关于的不等式的解集为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求函数的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据一元二次方程和一元二次不等式的关系，得到方程组解得.‎ ‎（2）由（1）可知由函数的单调性可求最小值.‎ ‎【详解】解：（1）因为不等式的解集为.‎ 即，且和是方程的两根，‎ ‎，解得．‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎∴，‎ 由对勾函数的性质可知在区间[1,2]上为减函数，‎ ‎ .‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式与一元二次方程的关系以及对勾函数的性质，属于基础题.‎ ‎19.在中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，.‎ ‎（1）求和；‎ ‎（2）若是钝角三角形，求的面积.‎ ‎【答案】(1) ，或. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知利用正弦定理可得，由余弦定理即可解得的值．‎ ‎（2）由已知可得为中最大的角，由是钝角三角形，利用余弦定理分类讨论可得的值，利用三角形的面积公式即可求解．‎ ‎【详解】（1）在中，因为，所以由正弦定理，‎ 得 由余弦定理得得 即，得或. ‎ ‎（2），，所以为中最大的角，‎ 当时，，与为钝角三角形矛盾，舍掉，‎ 当时，，为钝角三角形，所以 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和分类讨论思想，属于基础题．‎ ‎20.数列满足：，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，求满足的最小正整数.‎ ‎【答案】（1）；（2）10.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）n=1时，可求得首项，n≥2时，将已知中的n用n-1代换后，与已知作差可得，再验证n=1也符合，即可得到数列{an}的通项；（2）由（1）可得bn的通项公式，由裂项相消法可得Sn，再由不等式，得到所求最小值n．‎ ‎【详解】（1）∵．‎ n=1时，可得a1＝4，‎ n≥2时，．‎ 与．‎ 两式相减可得＝（2n﹣1）+1=2n，‎ ‎∴．n=1时，也满足，∴.‎ ‎（2）=‎ ‎∴Sn，又，可得n>9，‎ 可得最小正整数n为10．‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用将n换为n﹣1，以及裂项相消的求和公式，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎21.如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，，且，.‎ ‎(1)若点为上一点且，证明：平面.‎ ‎(2)求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）作，根据比例关系可知，从而可证得四边形为平行四边形，进而得到，由线面平行判定定理可证得结论；‎ ‎（2）根据垂直关系可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.‎ ‎【详解】（1）作交于，连接 ‎ ‎ 又且 且 四边形为平行四边形 ‎ 平面，平面 平面 ‎（2）平面，平面 ‎ 又， ‎ 则可以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，，‎ ‎，，‎ 设平面法向量 则，令，则， ‎ 设平面的法向量 则，令，则， ‎ ‎ ‎ 二面角为锐二面角 二面角的大小为 ‎【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；关键是能够熟练掌握空间向量法求解立体几何中的角度问题的方法；需注意的是，法向量的夹角可能为二面角，也可能为二面角的补角.‎ ‎22.已知椭圆的离心率为，点在上.‎ ‎（1）求椭圆的方程;‎ ‎（2）设分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，求的内切圆的半径的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别由离心率公式,及将点代入椭圆中即可求得、,进而求得方程；‎ ‎（2）由题意可分析,即由的最大值可求得的最大值,设直线为,联立直线方程与椭圆方程可得,再利用韦达定理得到,根据均值不等式可解得的最大值,进而可求的最大值 ‎【详解】（1）由题,, 点在上,即 ‎,‎ 解得,‎ 椭圆的方程为 ‎（2）由题,设直线为,为,为,‎ 联立可得,显然,‎ 则,,‎ ‎,‎ 则,‎ 设,则,,‎ ‎,当且仅当,即时取等,此时可得,‎ 又,且由（1）,,‎ 当时,,‎ 设的内切圆的半径为 ‎ ‎,则,即,‎ ‎【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的应用,考查弦长,考查椭圆的定义的应用,考查利用均值不等式求最值,考查运算能力 ‎ ‎