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

2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(含解析) (II)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. 抛物线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D.故选A.2. 设命题，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据否命题的定义，即既否定原命题的条件，又否定原命题的结论，存在的否定为任意，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.考点：原命题与否命题.视频3. 设集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，得即，解得，由得，解得.集合，所以.故选C.4. “a是“”的（ ）A. 充要条件 B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当时，成立；当是，或.所以“a是“”的充分不必要条件.故选B.5. 设是等差数列的前项和，已知，则（ ）A. 58 B. 68 C. 88 D. 98【答案】C【解析】是等差数列的前项和，所以.故选C.6. 已知的内角所对的边分别为.已知，若有两解，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】若有两解，则,由，得.故选D.7. 已知直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】如图所示,设M、N、P分别为AB,B和的中点，则A、B夹角为MN和NP夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,，可知，；作BC中点Q，则PQM为直角三角形；，ABC中，由勾股定理得，；在MQP中,；在PMN中，由余弦定理得.又异面直线所成角的范围是(0,，与所成角的余弦值为.故选A.点睛：求两条异面直线所成角的关键是作为这两条异面直线所成角，作两条异面直线所成角的方法是：将其中一条一条直线平移与另一条相交相交或是将两条异面直线同时平移到某个位置使他们相交，然后再同一平面内求相交直线所成角，值得注意的是：平移后相交所得的角必须容易算出，因此平移时要求选择恰当位置.8. 已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意结合双曲线的渐近线方程可得：，解得：，双曲线方程为：.本题选择D选项.【考点】 双曲线的标准方程【名师点睛】利用待定系数法求圆锥曲线方程是高考常见题型，求双曲线方程最基础的方法就是依据题目的条件列出关于的方程，解方程组求出，另外求双曲线方程要注意巧设双曲线（1）双曲线过两点可设为，（2）与共渐近线的双曲线可设为，（3）等轴双曲线可设为等，均为待定系数法求标准方程.9. 设，若3是与的等比中项，则的最小值为（ ）A. B. 3 C. D. 【答案】A【解析】若3是与的等比中项，则，即.当且仅当时取得最小值.故选A.点睛：本题主要考查基本不等式，在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.10. 如图所示，在平行六面体中，且，则对角线的长为（ ）A. B. 5 C. 6 D. 【答案】B【解析】由，平方得：.所以.故选B.11. 数列满足，对任意的都有，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由,得，.则.故选：D.点睛：裂项相消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：（1）已知数列的通项公式为，求前项和： ；（2）已知数列的通项公式为，求前项和：；（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.12. 已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且点为线段的中点，则（其中为椭圆的离心率）的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】连接PF1，OQ，由OQ为中位线,可得OQPF1,|OQ|=|PF1|，圆x2+y2=b2,可得|OQ|=b,即有|PF1|=2b，由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a，可得|PF2|=2a2b，又OQPF2,可得PF1PF2，即有(2b)2+(2a2b)2=(2c)2，即为b2+a22ab+b2=c2=a2b2，化为2a=3b,即，,即有，则，当且仅当,即时,取得最小值.则的最小值为 .本题选择C选项.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 命题“”是假命题，则实数的取值范围为_【答案】【解析】命题“”是假命题，则“”是真命题，所以，解得.故答案为：.14. 设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为_【答案】3【解析】试题分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由图得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案由约束条件作出可行域如图，联立解得：B（3，3）；联立解得：C（1，1）化目标函数为直线方程的斜截式y=-2x+z，由图可知，当直线y=-2x+z过B点时，z最大，最大值为z=23+3=9考点：简单的线性规划15. 椭圆的四个顶点为，若菱形的内切圆恰好过焦点，则椭圆的离心率是_【答案】【解析】由题意,不妨设点,则直线AB的方程为：即.菱形ABCD的内切圆恰好过焦点原点到直线AB的距离为0e1故答案为：.点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2a2c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)16. 设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围为_【答案】【解析】的内角所对的边成等比数列，所以,有.由余弦定理得,所以.又,解得.故答案为：.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. 已知，.若是的充分不必要条件，求正实数的取值范围【答案】【解析】试题分析：求解和的不等式得集合为和，根据条件知依题意，但，说明是的真子集，列不等式组求解即可.试题解析：解：解不等式得或解不等式得或依题意，但，说明是的真子集.于是，有，或，解得.正实数的取值范围是.18. 在中，三内角对应的边分别为，且（1）当，求角的大小；（2）求面积最大值【答案】(1) ，或 (2) 【解析】试题分析：（1）由正弦定理可得：，即可求得，从而得；（2）由余弦定理得，从而得，利用即可求最大值.试题解析：解：（1），由正弦定理可得：，又，或，或（2），由余弦定理可得：.即，所以（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），即面积最大值19. 公差不为零的等差数列中，且成等比数列（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）设公差为，且，由成等比数列，得，结合，用首项和公差列方程组求解即可；（2）由（1）知，利用错位相减求和即可.试题解析：解：（1）由数列为公差不为零的等差数列，设其公差为，且.因为成等比数列，所以，即，整理得.因为，所以.因为，所以.由解得，所以.故数列的通项公式是.（2）由（1）知，设，则，由-得：，.点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.20. 设为曲线上两点，直线的斜率为1.（1）求线段中点的横坐标（2）设为曲线上第一象限内一点，为曲线的焦点且，若，求直线方程【答案】(1) 见解析 (2) 【解析】试题分析：（1）设直线的方程为：，与椭圆联立得，由中点坐标公式即韦达定理即可得解；（2）由且在第一象限，得，由，利用坐标表示结合韦达定理即可得解.试题解析：解：设直线的方程为：，则联立得消去，有，直线与抛物线有两个不同的交点，故，得，此时，.（1）中点横坐标为.（2）抛物线上的点满足且在第一象限，.又，而，即，整理得，可化为，可整理为，或（舍去），所求直线方程为.21. 如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）已知点是线段上一点，且，求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】(1) 见解析(2) （2）求得平面的法向量，由即可得解.试题解析：（1）如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则，即令，则.所以.点坐标为，故，所以，又平面，平面.（2）设平面的法向量为，则，即，令，则.所以.由（1）知所以.经判断，二面角的余弦值为.22. 已知椭圆的离心率为，椭圆和抛物线交于两点，且直线恰好通过椭圆的右焦点（1）求椭圆的标准方程；（2）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为，经过点的直线与椭圆交于两点，记与的面积分别为，求的最大值【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）先得，则，结合离心率及可得方程；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆联立得， ，利用韦达定理代入求解即可.试题解析：解：（1）不妨设，则，又，联立解得，椭圆的标准方程为（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为此时，与的面积相等则当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，联立，化为：，与的面积相等则 时，当且仅当时取等号，的最大值为点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)