2019-2020学年甘肃省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（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（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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（ ）.‎ A． B． C． D．‎ ‎【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（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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（ ）‎ A．8 B．-2 C．-4 D．-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（ ）‎ A．17 B．20 C．22 D．25‎ ‎【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（ ）.‎ A． B． C．15 D．45‎ ‎【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（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【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（ ）‎ A．11 B．12 C．21 D．22‎ ‎【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（ ）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【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，①‎ ‎，②‎ ‎①-②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，只需即可；当时，对和分类讨论即得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）.‎ ‎①当时，，在上单调递减；‎ ‎②当时，令，解得，，‎ 所以在和上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（2）当时，在上单调递减，且，‎ 则只需，所以，又，所以.‎ 当时，在和上单调递减，在上单调递增，‎ 且，‎ ‎①当，即时，若在上恰好只有一个零点，‎ 则，则无解；‎ ‎②当，即时，若在上恰好只有一个零点，‎ 则，解得.‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的单调性及零点问题，属于中档题.‎