2019-2020学年陕西省延安市黄陵中学（重点班）高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年陕西省延安市黄陵中学（重点班）高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年陕西省延安市黄陵中学（重点班）高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．数列1,3,7,15,…的通项公式等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】，，，，故可得，故选C.‎ ‎2．在△ABC中，“A＝”是“cos A＝”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】C ‎【解析】根据在中，根据角得范围和特殊角的三角函数值，及充要条件的判定方法，即可判定，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 在中，则，所以且，‎ 所“”是“”的充要条件，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了充要条件的判定问题，其中熟记充要条件的判定方法，以及特殊角的三角函数值是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎3．命题，，命题，，则下列命题中是真命题的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由于命题p：∀x∈R，x2+1＞0，为真命题，而命题q：∃θ∈R，sin2θ+cos2θ=1.5为假命题再根据复合命题的真假判定，一一验证选项即可得正确结果．‎ ‎【详解】‎ 命题p：由于对已知∀x∈R，x2≥0，则x2+1≥1＞0，‎ 则命题p：∀x∈R，x2+1＞0，为真命题，￢p为假命题；‎ 命题q：由于对∀θ∈R，sin2θ+cos2θ=1，‎ 则命题q：∃θ∈R，sin2θ+cos2θ=1.5为假命题，￢q为真命题．‎ 则p∧q、￢p∧q、￢p∨q为假命题，p∧（￢q）为真命题．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 题考查的知识点是复合命题的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断．‎ ‎4．不等式的解集是( )‎ A．{x|x＜－8或x＞－3} B．{x|x≤－8或x＞－3}‎ C．{x|－3≤x≤2} D．{x|－3＜x≤2}‎ ‎【答案】B ‎【解析】先将分式不等式转化为整式不等式，再解二次不等式即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解:因为,所以,所以 ,解得或,‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了分式不等式的解法，主要要注意分母不为0，重点考查了二次不等式的解法及运算能力，属基础题.‎ ‎5．若a＜1，b＞1，那么下列不等式中正确的是(　　)‎ A． B． ‎ C．a2＜b2 D．ab＜a＋b ‎【答案】D ‎【解析】举反例说明ABC错误，利用不等式性质证明D正确.‎ ‎【详解】‎ 当时满足a＜1，b＞1，但 ‎，即A,B,C错误；‎ ‎，又a＜1，b＞1，‎ 所以，‎ 故选:D ‎【点睛】‎ 本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.‎ ‎6．已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12的值是(　　)‎ A．15 B．30‎ C．31 D．64‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据等差数列性质解得，再根据等差数列性质得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列性质，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎7．双曲线的实轴长是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：化方程为双曲线的标准方程得：，所以，故实轴长为，故选A．‎ ‎【考点】1．双曲线的标准方程；2．双曲线的简单几何性质．‎ ‎8．空间直角坐标中A(1，2，3)，B(－1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB与CD的位置关系是( )‎ A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】由已知得=（﹣2，﹣2，2），=（1，1，﹣1），=﹣2‎ ‎，从而得到直线AB与CD平行．‎ ‎【详解】‎ ‎∵空间直角坐标系中，‎ A（1，2，3），B（﹣1，0，5），C（3，0，4），D（4，1，3），‎ ‎∴=（﹣2，﹣2，2），=（1，1，﹣1），‎ ‎∴=﹣2，‎ ‎∴直线AB与CD平行．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间两直线的位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题．‎ ‎9．已知向量，则下列向量中与成的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：对于A选项中的向量， ，则；‎ 对于B选项中的向量， ，则；‎ 对于C选项中的向量， ，则；‎ 对于D选项中的向量，此时，两向量的夹角为.故选B.‎ ‎【考点定位】本题考查空间向量数量积与空间向量的坐标运算，属于中等题.‎ ‎10．若实数a，b满足a＋b＝2，则的最小值是( )‎ A．18 B．6 C．2 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】由重要不等式可得，再根据a＋b＝2，代入即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：由实数a，b满足a＋b＝2，有，当且仅当，即时取等号，‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了重要不等式的应用及取等的条件，重点考查了运算能力，属基础题.‎ ‎11．钝角三角形ABC的面积是，AB=1，BC=，则AC=( )‎ A．5 B． C．2 D．1‎ ‎【答案】B ‎【解析】由面积公式得：，解得，所以或，当时，‎ 由余弦定理得：=1，所以，又因为AB=1，BC=，所以此时为等腰直角三角形，不合题意，舍去；所以，由余弦定理得：=5，所以，故选B.‎ ‎【考点】本小题主要考查余弦定理及三角形的面积公式，考查解三角形的基础知识.‎ ‎12．已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：如图取与重合，则由直线同理由,故选A.‎ ‎【考点】1、椭圆及其性质；2、直线与椭圆.‎ ‎【方法点晴】本题考查椭圆及其性质、直线与椭圆，涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 如图取与重合，则由直线同理由 ‎.‎ 二、填空题 ‎13．命题“∃x0∈ ，tan x0≤sin x0”的否定是______________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据特称命题的否定直接求解.‎ ‎【详解】‎ 因为命题的否定为 故答案为: ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查特称命题的否定，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎14．已知椭圆5x2－ky2＝5的一个焦点是(0，2)，则k＝________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先化成椭圆标准形式，再根据方程列等量关系，解得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为椭圆5x2－ky2＝5的一个焦点是(0，2)，‎ 所以 故答案为: ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆标准方程形式以及基本量计算，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎15．已知，且两两垂直，则(x，y，z)＝________．‎ ‎【答案】(－64，－26，－17)‎ ‎【解析】根据向量的数量积等于0列方程组得出x，y，z的值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵两两垂直，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴，‎ 解得：x=﹣64，y=﹣26，z=﹣17．‎ 故答案为：(－64，－26，－17)．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间向量垂直与数量积的关系，属于基础题．‎ ‎16．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：在立体几何中，求点到平面的距离是一个常见的题型，同时求直线到平面的距离、平行平面间的距离及多面体的体积也常转化为求点到平面的距离．本题采用的是“找垂面法”：即找（作）出一个过该点的平面与已知平面垂直，然后过该点作其交线的垂线，则得点到平面的垂线段．观察点的位置可知：点B1到平面ABC1的距离就等于点C到平面ABC1的距离，取AB得中点M，连接CM，C1M，过点C作CD⊥C1M，垂足为D，则平面ABC1⊥平面C1CM，所以CD⊥平面C1AB，故CD的长度即为点C到平面ABC1的距离，在Rt△C1CM中，利用等面积法即可求出CD的长度．‎ 解：如图所示，取AB得中点M，连接CM，C1M，过点C作CD⊥C1M，垂足为D ‎∵C1A=C1B，M为AB中点，‎ ‎∴C1M⊥AB ‎∵CA=CB，M为AB中点，‎ ‎∴CM⊥AB 又∵C1M∩CM=M，‎ ‎∴AB⊥平面C1CM 又∵AB⊂平面ABC1，‎ ‎∴平面ABC1⊥平面C1CM，平面ABC1∩平面C1CM=C1M，CD⊥C1M，‎ ‎∴CD⊥平面C1AB，‎ ‎∴CD的长度即为点C到平面ABC1的距离，即点B1到平面ABC1的距离 在Rt△C1CM中，C1C=1，CM=，C1M=‎ ‎∴CD=，即点B1到平面ABC1的距离为 故答案为：‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ 三、解答题 ‎17．已知命题p：；命题q：.若p是真命题，且q是假命题，求实数x的取值范围.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】p为真:等价于不等式 q 为假等价于不等式的解。然后这两个不等式的解集求并集即是所求x的取值范围。由得：，解得…………2分 由得：…………4分 因为 p为真命题，q为假命题，则………6分 所以或 ‎18．已知空间三点，设. ‎ ‎（1）求和的夹角的余弦值；‎ ‎（2）若向量与互相垂直，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】（1）利用向量夹角公式即可得出；‎ ‎（2）利用两个向量互相垂直，其数量积为0，可得关于的方程.‎ ‎【详解】‎ ‎， ‎ ‎．‎ ‎（1），‎ 所以与的夹角的余弦值为. ‎ ‎（2），‎ ‎，‎ 所以,‎ 即，‎ 所以或.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间向量的夹角、数量积运算、共线向量定理，求解时要充分利用平面向量已有的知识进行问题类比求解，考查基本运算求解能力．‎ ‎19．求满足下列条件的抛物线的标准方程．‎ ‎(1)焦点在坐标轴上，顶点在原点，且过点(－3，2)；‎ ‎(2)顶点在原点，以坐标轴为对称轴，焦点在直线x－2y－4＝0上．‎ ‎【答案】(1) 或,(2)或 ‎【解析】（1）先设抛物线方程，再代入点坐标求方程；‎ ‎（2）先求焦点坐标，再写抛物线方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为抛物线焦点在坐标轴上，顶点在原点，‎ 所以可设抛物线方程为或 因为过点(－3，2)，所以或，即或 因此抛物线方程为或 ‎（2）因为焦点在直线x－2y－4＝0上又在坐标轴上，所以焦点坐标为或 因此对应抛物线方程为或 ‎【点睛】‎ 本题考查求抛物线方程，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎20．如图，在直三棱柱ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，A＝4.‎ ‎(1)证明：；‎ ‎(2)求二面角的余弦值大小．‎ ‎【答案】⑴见证明；⑵‎ ‎【解析】（1）根据AC，BC，CC1两两垂直，建立如图以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，写出要用的点的坐标，根据两个向量的数量级等于0，证出两条线段垂直．‎ ‎（2）根据所给的两个平面的法向量一个可以直接看出另一个设出根据数量级等于0，求出结果，根据两个平面的法向量所成的角求出两个平面所成的角．‎ ‎【详解】‎ ‎∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，‎ ‎∴AC，BC，CC1两两垂直．‎ 如图以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，则C（0，0，0），A（3，0，0），C1（0，0，4），B（0，4，0），B1（0，4，4）． …（2分）‎ 证明：（1）∵=（﹣3，0，0），=（0，﹣4，4），‎ ‎∴•=0，‎ 故AC⊥BC1…（4分）‎ 解：（2）平面ABC的一个法向量为=（0，0，1），‎ 设平面C1AB的一个法向量为=（x，y，z），‎ ‎=（﹣3，0，4），=（﹣3，4，0），‎ 由得：…（6分）‎ 令x=4，则z=3，y=3则=（4，3，3）．…（7分）‎ 故cos＜，＞==．‎ 即二面角ABC的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知角A＝， sinB＝3sinC.‎ ‎(1)求tanC的值；‎ ‎(2)若a＝，求△ABC的面积．‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】【详解】‎ ‎(1)因为A＝，所以B＋C＝，‎ 故sin＝3sinC，‎ 所以cosC＋sinC＝3sinC，即cosC＝sinC，得tanC＝.‎ ‎(2)由，sinB＝3sinC，得b＝3c.‎ 在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝9c2＋c2－2×(3c)×c×＝7c2，‎ 又∵a＝，∴c＝1，b＝3，所以△ABC的面积为S＝bcsinA＝.‎ ‎22．已知双曲线，问：过点能否作直线，使与双曲线交于两点，并且点为线段的中点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】符合条件的直线不存在，见解析 ‎【解析】设过点的直线方程为或，利用设而不求法，通过判别式与韦达定理求出斜率即可判断．‎ ‎【详解】‎ 设过点的直线方程为或 ‎（1）设 当存在时联立，得 因为直线与双曲线相交于两个不同点，则必有，‎ ‎，且 又为线段的中点，即 解得，与矛盾，‎ 故过点与双曲线交于两点且为线段中点的直线不存在.‎ ‎（2）当时，直线经过点但不与双曲线交于两点．‎ 综上，符合条件的直线不存在 ‎【点睛】‎ 本题考查圆锥曲线与直线相交问题，常用的方法是设而不求法，借助韦达定理与判别式，属于一般题．‎ ‎23．如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝4，点E在线段AB上．过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(点A与P重合)，使得∠PEB＝60°.‎ ‎(1)求证：EF⊥PB．‎ ‎(2)试问：当点E在线段AB上移动时，二面角PFCB的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出其定值；若不是，说明理由．‎ ‎【答案】⑴见证明；⑵当点E在线段AB上移动时，二面角PFCB的平面角的余弦值为定值，且定值为.‎ ‎【解析】（1）由已知在Rt△ABC中，中EF∥BC，我们可得到EF⊥AB，即EF⊥EB，EF⊥EP，由线面垂直的判定定理定理，易得EF⊥平面PEB，再由线面垂直的定义，即可得到EF丄PB；‎ ‎（2）在平面PEB中，过P点作PD⊥BE于D，结合（I）的结论可得BH⊥平面BCFE，以B为坐标原点，BC，BE，BH方向分别为X，Y，Z轴正方向建立空间坐标系，则我们可以分别求出平面PFC与平面BFC的法向量，代入二面角的向量夹角公式中，求出其余弦值，判断后，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：在Rt△ABC中，∵EF∥BC ‎∴EF⊥AB ‎∴EF⊥EB，EF⊥EP，又由EB∩EP=E ‎∴EF⊥平面PEB 又∵PB⊂平面PEB ‎∴EF⊥PB ‎（2）在平面PEB中，过P点作PD⊥BE于D，‎ 由（1）知，EF⊥PD ‎∴PD⊥平面BCFE 在平面PEB中过点B作直线BH∥PD 则BH⊥平面BCFE 如图，以B为坐标原点，BC，BE，BH方向分别为X，Y，Z轴正方向建立空间坐标系，‎ 设PE=x（0＜x＜4），又∵AB=BC=4‎ ‎∴BE=4﹣x，EF=x 在Rt△PED中，∠PED=60°‎ ‎∴PD=，DE=‎ ‎∴BD=4﹣x﹣=4﹣‎ ‎∴C（4，0，0），F（x，4﹣x，0），P（0，4﹣，）‎ 从而=（x﹣4，4﹣x，0），=（﹣4，4﹣，）‎ 设=（a，b，c）是平面PCF的一个法向量，则：‎ ‎，‎ 即 令b=1，则=（1，1，）是平面PCF的一个法向量，‎ 又∵平面BCF的一个法向量为=（0，0，1）‎ 设二面角P﹣FC﹣B的平面角为θ，则 Cosθ==‎ ‎∴当点E在线段AB上移动时，二面角P﹣FC﹣B的平面角的余弦值为定值 ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想像能力、推理论证能力、运算求解能力、考查化归与转化思想，函数与方程思想等．‎