甘肃省张掖市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理科）试题

甘肃省张掖市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理科）试题

张掖市2019-2020学年第一学期期末高二年级学业水平质量检测 数学（理科）试卷 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项）‎ ‎1.若、、为实数，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等式的性质或特殊值法来判断各选项中不等式的正误.‎ ‎【详解】对于A选项，若，则，故A不成立；‎ 对于B选项，，在不等式同时乘以，得，‎ 另一方面在不等式两边同时乘以，得，，故B成立；‎ 对于选项C，在两边同时除以，可得，所以C不成立；‎ 对于选项D，令，，则有，，，所以D不成立.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查不等式正误的判断，常用的判断方法有：不等式的基本性质、特殊值法以及比较法，在实际操作中，可结合不等式结构合理选择相应的方法进行判断，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎2.在等差数列{an}中，若a1+a4+a7＝39，a2+a5+a8＝33，则a3+a6+a9的值为（　　）‎ A. 30 B. ‎27 ‎C. 24 D. 21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由等差中项的性质知：，，因为，，再计算带入即可.‎ ‎【详解】因为，所以.‎ 因为，所以.‎ 所以.‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质，数列掌握等差中项的性质为解题的关键，属于简单题.‎ ‎3.在中，，，，则A等于 A. B. ‎ C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由正弦定理得，因,故A等于 考点：正弦定理 ‎4.下列说法错误的是（　　）‎ A. 命题：存在，使，则非：对任意，都有；‎ B. 如果命题“或”与命题“非”都是真命题，那么命题一定是真命题；‎ C. 命题“若都是偶数，则是偶数”的逆否命题是“若不是偶数，则不是偶数”；‎ D. 命题“存在，”是假命题 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由命题的否定形式可判断A；由复合命题的真值表可判断B；由命题的逆否命题形式可判断C；由二次方程的解法可判断D．‎ ‎【详解】命题：存在，使，则非：对任意，都有，故A正确；‎ 如果命题“或”与命题“非”都是真命题，那么命题为假命题，那么命题一定是真命题，故B正确；‎ 命题“若都是偶数，则是偶数”的逆否命题是“若不是偶数，则不全是偶数”，故C错误；‎ 由于命题的判别式，则方程无实数解，所以不存在，，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定和复合命题的真假、四种命题和存在性命题的真假，考查推理能力，属于基础题．‎ ‎5.若x，y满足约束条件，则的最大值为（　　）‎ A. B. ‎1 ‎C. 2 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知x，y满足约束条件，画出可行域，目标函数z＝y﹣2x，求出z与y轴截距的最大值，从而进行求解；‎ ‎【详解】∵x，y满足约束条件，画出可行域，如图：‎ 由目标函数z＝y﹣2x的几何意义可知，z在点A出取得最大值，A（﹣3，﹣2），‎ ‎∴zmax＝﹣2﹣2×（﹣3）＝4，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】在解决线性规划小题时，常用步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②理解目标函数的几何意义，找出最优解的坐标⇒③将坐标代入目标函数，求出最值；也可将可行域各个角点的坐标代入目标函数，验证，求出最值．‎ ‎6.已知双曲线离心率,与椭圆有相同的焦点,则该双曲线渐近线方程是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出椭圆的焦点和，所以双曲线方程可设为，所以其渐近线方程为，由题意得双曲线的，再根据其离心率，求出，根据，得到，从而得到双曲线的渐近线方程，求出答案.‎ ‎【详解】因为椭圆，其焦点为和，‎ 因为双曲线与椭圆有相同的焦点，‎ 所以设双曲线的方程为，则其渐近线方程为，‎ 且双曲线中 因为双曲线的离心率，所以，‎ 又因双曲线中 所以，即，‎ 所以双曲线的渐近线方程为 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查根据双曲线的离心率和焦点求，双曲线的渐近线，属于简单题.‎ ‎7.“直线与直线平行”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两直线平行得到或，再利用充分必要条件的定义判断即可 ‎【详解】直线与直线平行 ‎，‎ 解得或，‎ 经检验或时，直线与直线平行 根据充分必要条件的定义可得 ‎“直线与直线平行”是“”的必要不充分条件 故选 ‎【点睛】本题主要考查了两直线平行以及充分必要条件的定义，属于综合题目，关键是要求出 的值，然后进行验证 ‎8.‎ 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯：‎ A. 281盏 B. 9盏 C. 6盏 D. 3盏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设塔的顶层共有盏灯，得到数列的公比为2的等比数列，利用等比数列的前n项公式，即可求解．‎ ‎【详解】设塔顶层共有盏灯，则数列的公比为2的等比数列，‎ 所以，解得，‎ 即塔的顶层共有3盏灯，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎9.已知点是抛物线的焦点，点为抛物线上的任意一点，为平面上点，则的最小值为（ ）‎ A. 3 B. ‎2 ‎C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作垂直准线于点，根据抛物线的定义，得到，当三点共线时，的值最小，进而可得出结果.‎ ‎【详解】如图，作垂直准线于点，由题意可得，‎ 显然，当三点共线时，的值最小；‎ 因为，，准线，‎ 所以当三点共线时，，所以.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查抛物线上任一点到两定点距离的和的最值问题，熟记抛物线的定义与性质即可，属于常考题型.‎ ‎10.如图，空间四边形中，，且，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，再由，，得到，求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 又因为，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎11.在中，角，，的对边分别为，，，若，则( )‎ A. 一定是锐角三角形 B. 一定是直角三角形 C. 一定是钝角三角形 D. 可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由可知角所对的边最大，为，因为，所以，所以=，所以为锐角三角形，故选A．‎ ‎12.己知双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线右支上，满足，，又直线与双曲线的左、右两支各交于一点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量条件，得到，结合勾股定理，可求得离心率的范围，再由直线l与双曲线交点情况，比较直线与双曲线渐近线的倾斜角的大小关系，可求得双曲线渐近线的斜率的范围，综合即得到离心率的范围.‎ ‎【详解】由，‎ 平方化简得，故，‎ 由双曲线定义可得 由勾股定理知：‎ 整理得，，‎ 又 故 解得 直线与双曲线C 的左、右两支各交于一点，‎ 则直线l的斜率，所以，‎ 综合得，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线定义，双曲线的简单几何性质，属于中档题.‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13.命题“，”的否定是__________．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特征命题的否定为全称命题，求得结果.‎ ‎【详解】命题“，”是特称命题，‎ 所以其否定命题： ‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查了命题的否定，特征命题的否定是全称命题，属于基础题.‎ ‎14.不等式的解集为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原不等式等价于，解之即可.‎ ‎【详解】原不等式等价于，解得或.‎ 所以不等式的解集为 ‎【点睛】本题考查分式不等式的解法，属基础题.‎ ‎15.如图，正方体的棱长为1，为中点，连接，，则异面直线和所成角的余弦值为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，CM，由，，可得四边形为平行四边形，则，可得（或其补角）为异面直线和所成角，再由已知求出的三边长，由余弦定理求解．‎ ‎【详解】如图，‎ 连接，CM，‎ 由，，可得四边形为平行四边形，则，‎ ‎（或其补角）为异面直线和所成角，‎ 由正方体的棱长为1，M为中点，‎ 得，．‎ 在中，由余弦定理可得，．‎ 异面直线和所成角的余弦值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了异面直线所成角及其求法，考查余弦定理的应用，是基础的计算题．‎ ‎16.若两个正实数x,y满足，且恒成立，则实数m的最大值是 ______.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可得：‎ 当且仅当时等号成立．‎ 要使恒成立,则16⩾m2−‎6m，解得−2⩽m⩽8，‎ 则实数m的最大值是8.‎ 故答案为8.‎ 点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．对于公式，要弄清它们的作用、使用条件及内在联系，两个公式也体现了ab和a＋b的转化关系．‎ 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.已知命题：指数函数y=（2-a）是上的增函数，命题：方程表示双曲线.‎ ‎（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若命题“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2），，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若命题为真命题，结合指数函数的性质即可求实数的取值范围；‎ ‎（2）根据复合命题真假关系进行求解即可．‎ ‎【详解】（1）命题为真命题时，，即．‎ ‎（2）若命题为真命题，则，所以，‎ 因为命题“”为真命题，则，至少有一个真命题，‎ ‎“”为假命题，则，至少有一个假命题，‎ 所以，一个为真命题，一个为假命题 ‎ 当命为真命题，命题为假命题时，，则；‎ 当命题为假命题，命题为真命题时，，则． ‎ 综上，实数的取值范围为，，．‎ ‎【点睛】本题主要考查复合命题真假关系的应用，求出命题为真命题的等价条件是解决本题的关键．‎ ‎18.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若不等式的解集是，求实数与的值；‎ ‎（Ⅱ）若，且不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据不等式解集与对应方程根的关系列式求解，（Ⅱ）分离变量，转化为求对应函数最值问题.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为不等式的解集是，‎ 所以为两根，且,‎ 因此 ‎（Ⅱ）因为，所以不等式可化为 因为当时,‎ 所以，因为，解得 ‎【点睛】本题考查不等式解集与对应方程根的关系以及不等式恒成立问题，考查基本分析判断与求解能力，属中档题.‎ ‎19.如图，在中，，,点是的中点, 求 ‎（1）边的长；‎ ‎（2）的值和中线的长 ‎【答案】（1）2 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（（1）由可知，是锐角，‎ 所以，‎ 由正弦定理,‎ ‎（2）‎ 由余弦定理:‎ 考点：1正弦定理；2余弦定理．‎ ‎20.已知数列中，.‎ ‎（1）令，求证：数列为等比数列；‎ ‎（2）令，为数列的前项和，求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用等比数列的定义，即可得证；‎ 由等比数列的通项公式，求出，得，运用数列的分组求和和错位相减法求和，计算可得所求和．‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ 故数列是以2为首项，以2为公比的等比数列．‎ 由知，由，‎ 得数列的通项公式为．‎ 故，‎ 记，‎ 有．‎ 两式作差得，‎ 得，‎ 则．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，考查数列的错位相减法求和和分组求和，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎21.四棱锥中，底面平行四边形，侧面底面，已知 ‎.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取BC中点O，连接OS，OA，利用余弦定理计算OA得出，又得出平面SOA，故而；‎ 以O为原点建立坐标系，求出和平面SAB的法向量，则直线SD与面SAB所成角的正弦值为.‎ ‎【详解】取BC中点O，连接OS，OA．‎ ‎，，，‎ ‎．‎ ‎，．‎ ‎，O是BC的中点，‎ ‎，‎ 又平面SOA，平面SOA，，‎ 平面SOA，‎ 平面SOA，‎ ‎．‎ ‎，O是BC中点，‎ ‎．‎ 侧面面ABCD，侧面面，‎ 平面ABCD．‎ 以O为原点，以OA，OB，OS为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则0，，，0，，，‎ ‎，0，，．‎ 设平面SAB法向量为y，，则，‎ 令，则，，‎ ‎1， ‎ ‎，．‎ 直线SD与面SAB所成角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定，空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．‎ ‎22.设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；‎ ‎(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.‎ ‎【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.‎ 所以，椭圆方程为.‎ ‎(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，‎ 又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，‎ 整理得，可得，‎ 代入得，‎ 进而直线的斜率，‎ 在中，令，得.‎ 由题意得，所以直线的斜率为.‎ 由，得，‎ 化简得，从而.‎ 所以，直线的斜率为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.‎