2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(含解析) (III).doc

2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(含解析) (III)一、选择题：本大题共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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得，故选项A正确，选项B,C,D不正确选A2. “”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】“，”的否定是，,故选D.3. “”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”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】 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，所以， 所以是方程表示焦点在轴上的椭圆的充分不必要条件，故选A.4. 曲线与直线与直线所围成的封闭图形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】联立曲线与两条直线的方程组成的方程组可得三个交点分别为，结合图形可得封闭图形的面积为，应选答案D。5. 设双曲线的离心率是，则其渐近线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】双曲线的离心率是，可得，即，可得则其渐近线的方程为故选6. 设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，由得，函数的单调减区间为，又函数在区间上单调递减， ，解得，实数的取值范围是选C点睛：已知函数在区间上的单调性求参数的方法（1）利用导数求解，转化为导函数在该区间上大于等于零（或小于等于零）恒成立的问题求解，一般通过分离参数化为求函数的最值的问题（2）先求出已知函数的单调区间，然后将问题转化为所给的区间是函数相应的单调区间的子集的问题处理7. 设，函数的图象向右平移个单位长度后与原图象重合，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数解析式为，由题意得，的最小值是选A8. 公差不为0的等差数列中，已知且，其前项和的最大值为（ ）A. 25 B. 26 C. 27 D. 28【答案】B【解析】设等差数列的公差为,，整理得，当时，故最大，且选B点睛：求等差数列前n项和最值的常用方法：利用等差数列的单调性， 求出其正负转折项，便可求得和的最值；将等差数列的前n项和 (A、B为常数)看作关于n的二次函数，根据二次函数的性质求最值9. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A. B. C. 90 D. 81【答案】B【解析】由三视图可得，该几何体是一个以俯视图为底面的平行六面体（四棱柱）其底面的面积为，前后两个面的面积为，左右两个面的面积为故棱柱的表面积为选B10. 已知实数满足约束条件如果目标函数的最大值为，则实数的值为（ ）A. 3 B. C. 3或 D. 3或【答案】D【解析】先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为，目标函数的最大值只需直线的截距最大，当，(1) ,即时，最优解为，符合题意；（2） ，即时，最优解为，不符舍去；当，（3），即时，最优解为，符合；（4），即时，最优解为，不符舍去；，综上：实数的值为3或，选D.11. 在中，若一个椭圆经过两点，它的一个焦点为点，另一个焦点在边上，则这个椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设另一焦点为中，又，在中焦距则故选点睛：本题主要考查了椭圆的简单性质。设另一焦点为，则可在中，根据勾股定理求得，进而根据椭圆的定义知，求得的值，再利用求得，最后在中根据勾股定理求得，得到焦距，进一步求得离心率。12. 已知函数，若成立，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设，则：，令，则，导函数单调递增，且，则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，结合函数的单调性有：，即的最小值为.本题选择A选项.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量的夹角为120，则_【答案】【解析】由得，答案：14. 函数在区间上的值域为_【答案】【解析】，函数在区间上单调递增，即函数在区间上的值域为答案：15. 观察下列各式：，则的末四位数字为_【答案】3125【解析】，观察可以看出这些幂的最后位是以为周期变化的，的末四位数字与的后四位数相同故答案为16. 奇函数定义域为，其导函数是.当时，有，则关于的不等式的解集为_【答案】【解析】令，则，由条件得当时，函数在上单调递减又函数为偶函数，函数在上单调递增当时，不等式可化为，；当时，不等式可化为，综上可得不等式的解集为答案：.三、解答题 （本大题共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. 等比数列的各项均为正数，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）已知数列是等比数列，因此把已知条件用首项和公比表示并解出，然后可写出通项公式；（2）计算出是等差数列的前项和，因此变成两项的和，即数列可用裂项相消法求和得出结论试题解析：（1）设数列an的公比为，由得所以有条件可知，故由得，所以故数列an的通项式为（2）=.故所以数列的前n项和为考点：等比数列的通项公式，等差数列的前项和，裂项相消法求和18. 已知函数.（1）求的单调区间；（2）求在区间上的最小值.【答案】（1）的单调递减区间是，的单调递增区间；（2）.【解析】（）.令，得.与的情况如上：（）当，即时，函数在上单调递增，所以在区间上的最小值为.当，即时，由（）知在上单调递减，在上单调递增，所以在区间上的最小值为.当，即时，函数在上单调递减，所以在区间上的最小值为.综上，当时，的最小值为；当时，的最小值为；当时，的最小值为.19. 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）见解析.【解析】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：的方程为或.（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.20. 在中，所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，为的中点，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由已知，利用正弦定理可得a2b2c22b，再利用余弦定理即可得出cosA，结合A的范围即可得解A的值（2）ABC中，先由正弦定理求得AC的值，再由余弦定理求得AB的值，ABD中，由余弦定理求得BD的值试题解析：(1)因为asin A(bc)sin B(cb)sin C，由正弦定理得a2(bc)b(cb)c， 整理得a2b2c22bc， 由余弦定理得cos A， 因为A(0，)，所以A. (2)由cos B，得sin B，所以cos Ccos(AB)cos(AB)，由正弦定理得b2， 所以CDAC1， 在BCD中，由余弦定理得BD2()2122113，所以BD.21. 已知函数在处的切线经过点.（1）讨论函数的单调性；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析: (1)利用导数几何意义,求出切线方程,根据切线过点,求出函数的解析式; (2)由已知不等式分离出,得,令,求导得出 在 上为减函数,再求出的最小值,从而得出的范围.试题解析:（1）令 设切点为代入 在单调递减（2）恒成立令在单调递减在恒大于0点睛: 本题主要考查了导数的几何意义以及导数的应用,包括求函数的单调性和最值,属于中档题. 注意第二问中的恒成立问题,等价转化为求的最小值,直接求的最小值比较复杂,所以先令,求出在 上的单调性,再求出的最小值,得到的范围.22. 已知是椭圆的两个焦点，为坐标原点，圆是以为直径的圆，一直线与圆相切并与椭圆交于不同的两点.（1）求和关系式；（2）若，求直线的方程；（3）当，且满足时，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）或或或；（3）.【解析】试题分析：（1）根据圆心到直线的距离等于半径可得，