2019-2020学年酒泉市高二上学期期末数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年甘肃省酒泉市高二上学期期末数学（文）试题一、单选题1命题“，”的否定是（ ）A，B，C，D，【答案】C【解析】根据特称命题的否定是全称命题得到答案.【详解】特称命题的否定是全称命题.故命题“，”的否定是，故选：【点睛】本题考查了特称命题的否定，意在考查学生的推断能力.2在中，角，所对的边分别为，则（ ）ABCD【答案】A【解析】直接利用正弦定理得到，代入数据计算得到答案.【详解】根据正弦定理，所以.故选：【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.3已知函数,则（ ）.ABCD【答案】B【解析】先对原函数求导得,再将代入导函数即可得出结果.【详解】解: 已知函数,求导可得,则.故选:B【点睛】本题考查导数的运算,解答此题的关键是要理解原函数中是一个常数,此题是基础题.4抛物线的准线方程是（ ）ABCD【答案】D【解析】根据抛物线的定义，将抛物线化成标准式，即可求出其准线方程.【详解】解：，则该抛物线的准线方程是，即.故选：【点睛】本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质，属于基础题.5设，满足，则的最小值是（ ）A8B-2C-4D-8【答案】C【解析】画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.【详解】画出可行域和目标函数，如图所示：当直线经过点时，即时，.故选： 【点睛】本题考查了线性规划求最值问题，画出可行域和目标函数是解题的关键.6在中，角，所对的边分别为，则的形状是（ ）A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D不确定【答案】B【解析】根据正弦定理得到，化简得到，计算得到答案.【详解】，所以，所以，即.因为，所以，故是直角三角形.故选：【点睛】本题考查了正弦定理和三角恒等变换，意在考查学生对于三角公式的综合应用.7“”是“方程表示椭圆”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】方程表示椭圆解得或，根据范围大小判断得到答案.【详解】因为方程表示椭圆，所以，解得或.故“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.故选：【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.8已知双曲线的左、右焦点分别是，过的弦的长为5，则的周长是（ ）A17B20C22D25【答案】C【解析】判断点，在双曲线的左支上得到，再计算周长得到答案.【详解】因为，所以点，一定都在该双曲线的左支上则，从而，故的周长是.故选：【点睛】本题考查了双曲线的周长问题，熟练利用双曲线的焦点三角形性质是解题的关键.9直线与曲线相切于点,则的值为（ ）.ABC15D45【答案】B【解析】先将点代入曲线中,解得,得出曲线方程,对曲线方程求导,代入切点的横坐标得斜率,又因为切点在切线上,最后将切点和斜率代入直线方程,即可求得的值.【详解】解:因为曲线过点,所以,所以,所以,所以,所以曲线在点处的切线斜率.因此,曲线在点处的切线方程为,即,所以.故选:B【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程,直线的斜率等有关基础知识,属于基础题.10已知命题：在中，若，则，命题：在等比数列中，若，则.下列命题是真命题的是（ ）ABCD【答案】A【解析】先判断命题是真命题和命题是假命题，再判断为真命题得到答案.【详解】设，则，因为，所以，所以，则，即，故命题是真命题.因为，所以，所以，则命题是假命题.故是真命题；，为假命题.故选：【点睛】本题考查了命题的真假判断，意在考查学生的推断能力.11已知等差数列的前项和有最小值，且，则使得成立的的最小值是（ ）A11B12C21D22【答案】D【解析】由题意可知公差，又，故，且，根据前项和公式及下标和公式，可得其，即可得解.【详解】解：由题意可得等差数列的公差.因为，所以，所以，则，.故使得成立的的最小值是22.故选：【点睛】本题考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题.12双曲线的左、右焦点分别为，渐近线分别为，过点且与垂直的直线交于点，交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）ABC2D3【答案】B【解析】设：，：，联立方程得到，再计算，利用余弦定理得到，计算得到答案.【详解】记为坐标原点.由题意可得，不妨设：，：则直线：.联立，解得则故，.因为，所以所以，则.因为，所以，所以，整理得，则解得.故选：【点睛】本题考查了双曲线的离心率问题，综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.二、填空题13椭圆的短轴长是_.【答案】4【解析】椭圆标准方程为，再直接利用椭圆的短轴公式得到答案.【详解】椭圆方程为，则，则短轴长是.故答案为：【点睛】本题考查了椭圆的短轴长，属于简单题.14已知，且，则的最小值是_.【答案】【解析】变形得到，展开利用均值不等式得到答案.【详解】因为，所以.因为，所以，当且仅当，时，等号成立所以.故答案为：【点睛】本题考查了利用均值不等式求最值，变换是解题的关键.15从某建筑物的正南方向的处测得该建筑物的顶部的仰角是，从该建筑物的北偏东的处测得该建筑物的顶部的仰角是，之间的距离是35米，则该建筑物的高为_米.【答案】【解析】设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，利用余弦定理求得的值.【详解】解：设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，则，即，解得.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.16已知函数,函数,分别是定义在上的奇函数和偶函数,当时,且.若,则的取值范围为_；若不等式恒成立,则的取值范围是_.【答案】 【解析】先构造函数,由已知时,从而可得函数在区间上单调递减,又因为奇函数,故, ,则,从而得出的的取值范围.对函数求导得,根据的单调性,可以得出的取值范围.【详解】解:由题意构造函数,当时,则,则在区间上单调递减,又为奇函数, 在区间上单调递减,所以,则,即，所以的取值范围为.,则在上单调递减,在上单调递增,的最小值为，所以.故答案为: (1). (2). 【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性,函数奇偶性的运用,构造函数,并根据已知求解出该函数的性质是解答本题的关键,体会转化思想、构造的方法.三、解答题17在中，角，所对的边分别为，已知，且（1）求的大小；（2）若的面积为，求的周长【答案】（1） （2）【解析】（1）由正弦定理边化角，根据两角和差正弦公式和诱导公式可化简求得，进而得到的大小；（2）根据三角形面积公式构造方程求得；利用余弦定理构造方程求得，从而得到所求周长.【详解】（1）由正弦定理知：即 （2） 由余弦定理得：，解得：的周长【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角、余弦定理和三角形面积公式、两角和差正弦公式和诱导公式的应用问题，属于常考题型.18已知：函数在区间上单调递增，：关于的不等式的解集非空.（1）当时，若为真命题，求的取值范围；（2）当时，若为假命题是为真命题的充分不必要条件，求的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】（1）当时，根据单调性得到，计算得到答案.（2）为假命题，则；为真命题，则或；根据充分不必要条件得到范围大小关系得到答案.【详解】（1）当时，.因为为真命题，所以，即，故的取值范围是.（2）因为为假命题，所以，因为，所以.记满足为假命题的的取值集合为.因为为真命题，所以，解得或.记满足为真命题的的取值集合为.因为为假命题是为真命题的充分不必要条件所以集合是集合的真子集，则.故的取值范围是.【点睛】本题考查了命题的真假判断，充分不必要条件，根据充分不必要条件得到范围的大小关系是解题的关键.19已知的周长为且点,的坐标分别是, ,动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程;（2）直线过点,交曲线于,两点,且为的中点,求直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】（1）依题意知,.结合,得出点到两个定点的距离之和等于定值,则点的轨迹是椭圆,设椭圆方程方,再结合椭圆的性质得,所以的椭圆的方程是.（2）设,根据两点在椭圆上,联立方程组,两式相减整理可得,可得斜率,由点斜式可得直线的方程.【详解】解:（1）的周长为,点,.,点到两个定点的距离之和等于定值,点的轨迹是椭圆,设它的方程为.,椭圆的方程是.（2）设,两点在椭圆上,所以,两式相减可得,代入可得,直线的方程是,即.【点睛】本题考查了利用椭圆的定义求椭圆的方程,以及直线与椭圆的位置关系,考查化简运算能力以及转化能力.20已知抛物线：的焦点为，且抛物线与直线的一个交点是.（1）求抛物线的方程；（2）若直线：与抛物线交于，两点，且（为坐标原点），求.【答案】（1）； （2）.【解析】（1）根据题意得到，计算得到答案.（2）设，联立方程利用韦达定理得到，根据计算得到答案.【详解】（1）由题意可得，解得，.故抛物线的方程是.（2）设，联立，整理得，则，从而.因为，所以，又，所以.【点睛】本题考查了抛物线方程，韦达定理的应用是解题的关键，意在考查学生的计算能力.21已知数列的前项和为，且，数列满足，.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.【答案】（1）； （2）.【解析】（1）利用公式化简得到，再利用计算得到数列的通项公式.（2）由（1）可得，则，再利用错位相减法计算前项和.【详解】（1）因为，所以，所以，即.因为，所以，所以.故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，.（2）由（1）可得，则，从而，-得，故.【点睛】本题考查了求通项公式，利用错位相减法计算前项和，意在考查学生对于数列公式的灵活运用.22已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）讨论见解析；（2）【解析】（1）求出函数的导数，分和两种情况讨论可得.（2）由（1）当时