贵州省兴义市第八中学2020学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）

贵州省兴义市第八中学2020学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）第卷（共60分）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. 设集合，则“”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】 , ,因为 ,所以“”是“”的充分不必要条件,选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件2. 已知两直线、和平面，若，则直线、的关系一定成立的是（ ）A. 与是异面直线 B. C. 与是相交直线D【答案】B【解析】当一条直线垂直于一个平面，则此直线垂直于这个平面内的所有直线。故答案选3. 若圆的圆心到直线的距离为，则的值为（ ）A. 或 B. 或 C. 或 D. 或【答案】C【解析】圆，化成标准方程为，圆心到直线的距离，解得或，故选4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）A. 90 B. 92 C. 98 D. 104【答案】B【解析】又三视图知几何体为一四棱柱，且四棱柱的高为底面为直角梯形，直角梯形的直角腰为，两边底边长分别为，另一腰长为几何体的表面积故答案选5. 椭圆上的一点到左焦点的距离为2，是的中点，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据椭圆定义，为的中点，则为的中位线，所以，故选择B. 6. 已知四棱锥中，则点到底面的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设是平面的一个法向量，则由题设，即 ，即，由于，所以，故点到平面ABCD的距离，应选答案D。7. 已知函数，则下列说法不正确的为（ ）A. 函数的最小正周期为B. 在单调递减C. 的图象关于直线对称D. 将的图象向右平移，再向下平移个单位长度后会得到一个奇函数的图象【答案】D【解析】 函数的最小正周期，A错误；的最大值为：，B错误；由，解得的图象的对称轴为：，故C错误；将的图象向右平移，得到图象，再向下平移个单位 长度后会得到的图象，而是奇函数故正确 故选：D8. 在中，是的中点，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设 ，则 选B.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.9. 已知，命题函数是的增函数，命题：的值域为，且是假命题，是真命题，则实数的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】真，增函数真，则可以取遍所有正值又是假命题，是真命题，则、一真一假：真假时，或，解得假真时，解得综上得或故答案选点睛：遇到或、且的问题时，分别解出两个命题为真命题时变量的取值范围，再分类谈论一真一假时，得到不等式组，从而求出结果。10. 如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，且点到平面的距离为2，则该多面体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】思路解析:分别取AB、CD的中点G、H连EG,GH,EH,把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱,可求得四棱锥的体积为3,三棱柱的体积,进而整个多面体的体积为.11. 在四棱锥中，平面，底面为矩形，若边上有且只有一个点，使得，则此时二面角的余弦值（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为在四棱锥中，平面，底面为矩形，由边上有且只有一个点，使得，可得边上有且只有一个点，使得，则以 为直径的圆与直线 相切，设中点为 ，则 ，可得 平面 ，作 于 ，连接 ，则 是二面角的平面角，设 ,则 ，直角三角形 中，可得 ，二面角的余弦值为，故选A.12. 设、分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆于、两点，若，且，则椭圆的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设 ，再由 是等腰直角三角形 ，故选D,【点睛】本题考查椭圆的定义及其方程、椭圆的简单几何性质，涉及数形结合思想、函数与方程思想和转化化归思想，以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合程度高，属于较难题型. 设 ，进而求得 ， 代入 是等腰直角三角形，从而求得离心率.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 命题：，命题：，若且为真，则的取值范围是_【答案】【解析】且为真，即假真而为真命题时，即所以假时有或为真命题时，由，解得或由得或或所以的取值范围为14. 等差数列中，等比数列中，则等于_【答案】【解析】解析：等差数列中，等比数列中 ，解得故答案为点睛：在等差数列中等差中项性质：，以及等比数列的等比中项的性质:，利用这些性质，可以简化计算过程。15. 在平行六面体中，且所有棱长均为2，则对角线的长为_【答案】【解析】解析：故对角线的长为16. 在三棱锥中，两两互相垂直，且，则的取值范围是_【答案】【解析】解：如图所示，问题等价于长方体中，棱长分别为 ，且： ，求 的取值范围.转化为： ，据此可得： ，即的取值范围是.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. 已知是等差数列，满足，数列满足，且为等比数列（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列前n项和。试题解析：（）设等差数列an的公差为d，由题意得d= 3an=a1+（n1）d=3n设等比数列bnan的公比为q，则q3=8，q=2，bnan=（b1a1）qn1=2n1， bn=3n+2n1（）由（）知bn=3n+2n1， 数列3n的前n项和为n（n+1），数列2n1的前n项和为1= 2n1，数列bn的前n项和为；考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和。18. 如图，为正三角形，平面，且，是的中点.求证：（1）平面；（2）平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】19. 已知动点与平面上两定点，连线的斜率的积为定值（1）试求动点的轨迹方程；（2）设直线：与曲线交于，两点，当时，求直线的方程【答案】（1）（）；（2）或【解析】(1)设点P的坐标，然后根据,坐标化化简后可得动点P的轨迹方程，要注意点P不在x轴上.20. 如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，（1）求证：平面 平面；（2）设为上的一点，满足，若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（I）由直角三角形可得，由线面垂直的性质可得，从而可得平面进而可得结论；（II）以点为坐标原点，分别轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：（I）由，可得，又 从而，底面， ，平面所以平面平面. （II）由（I）可知为与底面所成角. 所以，所以 又及，可得, 以点为坐标原点，分别轴建立空间直角坐标系，则. 设平面的法向量.则由得取 同理平面的法向量为 所以又二面角为锐角.所以二面角余弦值为.【方法点晴】本题主要考查利用空间垂直关系以及空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.21. 已知函数，（1）若对任意，都有成立，求实数的取值范围；（2）若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围【答案】（1）;（2）【解析】试题分析：（1）由题设知：，即可转化为研究函数最值即可.（2）由题设知，即可转化为研究函数最值即可试题解析：（1）由题设知：，在上递减，在上递增，又在上递减，有，的范围为（2）由题设知，有，即，的范围为22. 已知，直线：，椭圆：，、分别为椭圆的左、右焦点（1）当直线过右焦点时，求直线