2019-2020学年淄博市高二上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年山东省淄博市高二上学期期末数学试题一、单选题1命题“” 的否定是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据含有一个量词的命题的否定，可直接得出结果.【详解】命题“” 的否定是“”.故选：B.【点睛】本题主要考查全称命题的否定，只需改量词否结论即可，属于基础题型.2下列命题为真命题的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】根据不等式的性质，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，若，则，故A错；B选项，若，根据不等式可乘性，可得，故B错；C选项，若，根据不等式的可开方性，可得，故C正确；D选项，若，则，故D错；故选：C.【点睛】本题主要考查命题真假的判定，熟记不等式的性质即可，属于基础题型.3在三棱锥中，是棱的中点，且，则（ ）ABCD【答案】D【解析】根据空间向量的基本定理，结合向量的线性运算，即可得出结果.【详解】因为是棱的中点，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查用基底表示空间向量，熟记空间向量基本定理即可，属于常考题型.4设等比数列的前项和为，若，则（ ）ABCD【答案】A【解析】先设等比数列的公比为，根据题意，求得，再由等比数列的求和公式，即可求出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，因此.故选：A.【点睛】本题主要考查等比数列前项和基本量的运算，熟记等比数列的求和公式即可，属于常考题型.5若双曲线的一条渐近线方程为，则其离心率为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据题意，得到，推出，进而可求出结果.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，即，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.6方程为和的两条曲线在同一坐标系中可以是（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意，分别讨论和两种情况，即可得到方程所表示的圆锥曲线.【详解】因为方程可化为；若，则方程表示开口向下的抛物线，表示椭圆；若，则方程表示开口向上的抛物线，表示双曲线；由题意，只有B能符合要求.故选：B.【点睛】本题主要考查方程所表示的圆锥曲线的判定，熟记圆锥曲线的标准方程即可，属于常考题型.7为落实“精准扶贫”任务，某扶贫干部帮助帮扶贫困村筹集资金万元，购进了一条配件加工生产线.已知该生产线每年收入万元，第一年生产成本为万元，从第二年起，每年生产成本比前一年增加万元.若该生产线年后年平均利润达到最大值(利润=收入-生产成本-筹集资金)，则等于（ ）ABCD【答案】B【解析】先由题意，得到该生产线年后的利润，再表示出年平均利润，根据基本不等式，即可求出结果.【详解】由题意，该生产线年后的利润为，因此该生产线年后年平均利润为：，当且仅当，即时，取等号.故选：B.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟记基本不等式即可，属于常考题型.8如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一动点，若，则动点的轨迹在（ ）A圆上B双曲线上C抛物线上D椭圆上【答案】A【解析】根据题意，得到两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，设，由题意，得到，再由得到，求出点的轨迹，即可得出结果.【详解】由题意，两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为底面是边长为的正方形，则，因为为底面内的一动点，所以可设，因此，因为平面，所以，因此，所以由得，即，整理得：，表示圆，因此，动点的轨迹在圆上.故选：A.【点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.二、多选题9已知，关于的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则的值可以是（ ）.A6B7C8D9【答案】ABC【解析】根据二次函数的图象分析列式可得,【详解】设，其图像为开口向上，对称轴是的抛物线，如图所示.若关于的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，因为对称轴为,则解得，.又，故可以为6，7，8.故选:ABC【点睛】本题考查了二次函数的图象,一元二次不等式,属于中档题.10下列命题为真命题的是（ ）AB当时，C成立的充要条件是D“”是“”的必要不充分条件【答案】BD【解析】根据恒成立判定A错；根据判别式判定B正确；根据充分条件与必要条件的概念判定C错，D正确.【详解】A选项，因为恒成立，故A错；B选项，因为，所以，因此方程必有实根，故B正确；C选项，若，则，即，所以；若，则，则，所以，不能推出，因此成立的充要条件不是，故C错；D选项，因为，所以由得，解得：；因为是的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查命题真假的判定，熟记特称命题的判定方法，以及充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.11如图，在长方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）A当时，三点共线B当时，C当时，平面D当时，平面【答案】ACD【解析】在长方体中，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，以及，；根据空间向量的方法，逐项判断，即可得出结果.【详解】在长方体中，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，则，则，；A选项，当时，为中点，根据长方体结构特征，为体对角线的中点，因此也为中点，所以三点共线；故A正确；B选项，当时，由题意可得，所以由，解得：，所以，即点为靠近点的五等分点，所以，则，所以，所以与不垂直，故B错误；C选项，当时，则，设平面的法向量为，由，令，可得：，又，所以，因此，所以平面；D选项，当时，所以，所以，因此，根据线面垂直定理，可得平面.故选：ACD.【点睛】本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，建立适当的坐标系，根据空间向量的方法判断即可，属于常考题型.三、填空题12若，则关于的不等式的解集是_【答案】【解析】先由题意，得到，直接解不等式，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此由可得，解得：，即不等式的解集为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查解一元二次不等式，熟记不等式的解法即可，属于基础题型.13由个正数组成的行列方阵中，每行中三个数成等比数列，且，成等差数列.若，则_【答案】【解析】先由题意，得到，再由，成等差数列，即可求出结果.【详解】由题意，又，成等差数列，所以，解得：.故答案为：.【点睛】本题主要考查等差中项与等比中项的应用，熟记等差中项与等比中项的概念即可，属于常考题型.14若，若，则的最小值为_【答案】【解析】根据题意，得到，展开后，用基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，所以，当且仅当，即时，取等号.故答案为：.【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.15已知直线:，抛物线图象上的一动点到直线与到轴距离之和的最小值为_，到直线距离的最小值为_ 【答案】1 【解析】先设抛物线上的点到直线的距离为，到准线的距离为，到轴的距离为，根据抛物线的性质，得到，结合图像，即可得出的最小值是焦点到直线的距离，根据点到直线距离公式，即可求出最小值；再设平行于直线且与抛物线相切的直线方程为：，根据判别式等于零，求出直线方程，两平行线间的距离即是动点到直线的距离的最小值.【详解】设抛物线上的点到直线的距离为，到准线的距离为，到轴的距离为，由抛物线方程可得：焦点坐标为，准线方程为：，则，因此，如图所示，的最小值是焦点到直线的距离，即；所以的最小值为：；设平行于直线且与抛物线相切的直线方程为：，由得：，因为直线与抛物线线切，所以，解得：，因此，所以两平行线间的距离为：，即到直线距离的最小值为.故答案为：(1). 1；(2). .【点睛】本题主要考查抛物线上的点到到直线的距离的最值问题，熟记抛物线的简单性质，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.四、解答题16在递增的等比数列中，是数列的前项和，若，则下列说法正确的是（ ）AB数列是等比数列CD数列是公差为的等差数列【答案】BC【解析】先设等比数列的公比为，根据题中条件求出，再由等比数列的通项公式，与求和公式，逐项判断，即可得出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，解得：或，因为递增，所以，因此，故A错；所以，因此，所以，所以数列是等比数列；故BC正确又，因此数列是公差为的等差数列，故D错；故选：BC.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，熟记通项公式与求和公式即可，属于常考题型.17已知为等差数列，是首项为公比为的等比数列，且满足，.求数列的通项公式;设，求数列的前项和.【答案】 【解析】先设的公差为，根据题意，列出方程组求解，得出公差与公比，即可得出结果；根据的结果，得到，再由错位相减法，即可得出结果.【详解】设的公差为，所以，所以，因为，所以，由己知得，解得，故.设，所以，所以，整理得：.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列基本量的运算，以及数列的求和，熟记等差数列与等比数列的通项公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.18如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为侧棱的中点.证明:平面平面；求直线与平面所成的角的大小.【答案】证明见解析 【解析】根据题意，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，根据向量的方法证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；根据的坐标系，设直线与平面所成的角的大小，由得到为平面的一个法向量，根据，即可求出结果.【详解】因为平面，为正方形，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系.由已知可得，因为为的中点，且，所以，所以所以，所以平面，因为平面，所以平面平面.设直线与平面所成的角的大小，由可知为平面的一个法向量，因为，所以，所以，即直线与平面所成的角的大小为.【点睛】本题主要考查面面垂直的证明，以及求直线与平面所成的角，熟记空间向量的方法证明和求解即可，属于常考题型.19已知双曲线与椭圆有相同的焦点.求双曲线的方程；以为中点作双曲线的一条弦，求弦所在直线的方程.【答案】 【解析】根据椭圆的方程和题意，得到双曲线的焦点坐标，求出，再由等轴双曲线的性质，以及，即可求出结果；先讨论所在直线斜率不存在时，根据题意，可直接排除；再讨论所在直线斜率存在时，联立直线与双曲线方程，根据韦达定理，以及中点坐标公式，即可求出结果.【详解】由已知椭圆得双曲线的焦点为，即，由等轴双曲线的性质及，则所求双曲线的方程为当所在直线斜率不存在时，由对称性可知，中点不可为，故此时不满足题意;当所在直线斜率存在时，设所在直线的方程为，联立方程组得 点在所在的直线上，即 .联立两式，解得，经检验，直线方程即为所求.【点睛】本题主要考查求双曲线的标准方程，以及双曲线的中点弦所在直线方程，熟记椭圆与双曲线的简单性质即可，属于常考题型.20已知三棱柱中，平面，于点，点在棱上，满足.若，求证:平面;设平面与平面所成的锐二面角的大小为，若，试判断命题“”的真假，并说明理由.【答案】证明见解析 假命题，理由见解析【解析】根据题意，设，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，过和平行的直线为轴，以所在的直线为建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，只需证明，即可得出结论成立；根据中建立的坐标系，分别求出平面与平面的法向量，表示出两向量的夹角，根据题意，即可求出结果.【详解】因为，设，则，所以，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，过和平行的直线为轴，以所在的直线为建立如图所示的空间直角坐标系，所以，所以，所以，所以，设为平面的法向量，则即，取，则，所以，而，所以，又因为直线在平面外，所以平面 .由可知，因为，所以.所以，所以，所以，设为平面的法向量.则，即，取，则，因为平面，所以，因为，所以与的法向量平行，取，设平面与平面所成锐二面角为，所以对于，若把看作的函数.则此函数在上是单调递增的，在是单调递减的，所以，所以，所以不存在，使得，命题“”是假命题.【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及由二面角的范围求其它量，灵活运用空间向量的方法证明和求解即可，属于常考题型.21已知在数列中，对于，求，并证明介于和之间；若，求数列的通项公式，并证明.【答案】，证明见解析 ，证明见解析【解析】根据题意，直接计算；再由题意计算，即可得出结论成立；根据，得到，推出是以为公比的等比数列，求出，再得到，进而可得出结论成立.【详解】由题意，可得：，由己知可得，对，且(否则与已知矛盾)，所以所以介于和之间因为，所以即，所以，因为，即，所以是以为公比的等比数列，因为则，所以，因此，所以所以因为，所以.所以.【点睛】本题主要考查由递推关系求通项公式，熟记等比数列的定义，以及等比数列的通项公式即可，属于常考题型.22已知在平面直角坐标系中，椭圆过点，离心率为.求椭圆的标准方程；过