2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）

2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）

‎2019年度第一学期高二年级期末考试试题 理科数学 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分，共60分.‎ ‎1. 已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】集合，，‎ 则.‎ 故选B.‎ ‎2. “”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 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据不等式同向正数可乘性可得；但，不妨取，故“”是“”的必要不充分条件。故A正确。‎ 考点：充分必要条件。‎ ‎3. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由图可知矩形的面积为.‎ 原图形的面积是,则，解得.‎ 故选B.‎ ‎4. 表示两个不同的平面，表示既不在内也不在内的直线，存在以下三种情况：‎ ‎①；②；③.‎ 若以其中两个为条件，另一个为结论构成命题，则其中正确命题的个数为（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ - 16 -‎ ‎【答案】C ‎...........................‎ ‎5. 在中，，，，将绕直线旋转一周，所形成的几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图，绕直线旋转一周，，则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去一个以ABD为轴截面的校园追后剩余的部分.‎ 因为，，，‎ 所以.‎ ‎，‎ - 16 -‎ 所以.‎ 故选D.‎ ‎6. 已知直线的倾斜角为，直线经过点，，且，直线与直线平行，则（ ）‎ A. -4 B. 0 C. -2 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵l的斜率为−1,因为，所以的斜率为1，‎ ‎∴.‎ 由∥得,，得b=−2，‎ 所以，a+b=−2.  ‎ 故选C.‎ ‎7. 设实数满足不等式组，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】作出不等式的可行域，如图所示：‎ 可以看作阴影部分内的点(x,y)与定点P(-4,0)连线的斜率，‎ 由图可知，AP的斜率最大，，x轴上的点与P连线斜率最小为0，‎ 所以.‎ 故选B.‎ - 16 -‎ 点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：①直线型，转化成斜截式比较截距，要注意前面的系数为负时，截距越大，值越小；②分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；③平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.‎ ‎8. 曲线与曲线 有相同的（ ）‎ A. 长轴长 B. 短轴长 C. 离心率 D. 焦距 ‎【答案】D ‎【解析】曲线为椭圆，有中；‎ 曲线，即由，知，且焦点在x轴上，‎ 且椭圆的，即有两椭圆的焦距相同.‎ 故选D.‎ ‎9. 已知线段两端点的坐标分别为和，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】线段两端点的坐标分别为和，若直线与线段有交点，‎ 即在直线的两侧，所以，‎ 解得：或.‎ 故选A.‎ ‎10. 当曲线与直线有公共点时，实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】曲线可化简为：，即表示以(0,1)为圆心，为半径的上半圆.‎ 如图所示：‎ - 16 -‎ 当直线与半圆相切时，，由图可知，，‎ 当直线经过点时，.‎ 所以.‎ 故选C.‎ 点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系以及求最值问题.解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法.‎ ‎11. 是双曲线的右支上一点，分别是圆和上的点，则的最大值为（ ）‎ A. 12 B. 13 C. 14 D. 15‎ ‎【答案】D ‎【解析】双曲线中，‎ ‎∵a=6，b=8，c=10，‎ ‎∴F1(−10,0)，F2(10,0)，‎ ‎∵|PF1|−|PF2|=2a=12，‎ ‎∴|MP|⩽|PF1|+|MF1|，|PN|⩾|PF2|+|NF2|，‎ ‎∴−|PN|⩽−|PF2|+|NF2|，‎ 所以，|PM|−|PN|⩽|PF1|+|MF1|−|PF2|+|NF2|=12+1+2=15，‎ 故选D.‎ ‎12. 如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点，现沿及 - 16 -‎ 把这个正方形折成一个几何体，使三点重合于点，这样，下列五个结论：‎ ‎①平面；②平面；③平面；④平面；⑤平面.‎ 正确的个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵在折叠过程中,始终有，‎ 即SG⊥GE，SG⊥GF，∴SG⊥平面EFG.因此①正确，则②不正确，‎ 由等腰三角形的对称性质可得：SD⊥EF，GD⊥EF，SD∩GD=D，可得EF⊥平面GSD，因此④正确，‎ 易知与不垂直，所以平面不正确，因此③不正确，‎ 由于SG⊥平面EFG，只有SG⊥，所以与SD不垂直，故平面不正确，因此⑤不正确.‎ 综上，正确的为①④‎ 故选：B.‎ 点睛：证明线与线垂直时，一般可都可将问题转化为证明线与包含另一条直线的平面垂直，而要证明线与平面垂直，又可将问题转化为证明线与线垂直，这样证明线线垂直，使用线面垂直的性质定理，证明线面垂直可用判定定理.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 命题“”的否定是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】全称命题的否定为特称，所以命题“”的否定是：“”.‎ 故答案为：.‎ ‎14. 某四棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长度为__________．‎ - 16 -‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ 由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如图所示，‎ 易知：AB=1,BC=.‎ 所以该三棱锥最长棱的长度为3.‎ 故答案为：3.‎ 点睛：三视图问题的常见类型及解题策略 ‎(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．‎ ‎(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．‎ ‎(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．‎ ‎15. 过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为，若，则该球的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ - 16 -‎ ‎【解析】‎ 由条件A−BCD是正四面体，△BCD是正三角形，A，B，C，D为球上四点，球心O在正四面体中心如图所示，‎ ‎，CD的中点为E,为过点B,C,D截面圆圆心,则截面圆半径，‎ 正四面体A−BCD的高.‎ ‎∴截面BCD与球心的距离，‎ 在中,,解得.‎ ‎∴该球的体积为.‎ 故答案为：.‎ ‎16. 已知抛物线的焦点为，若点是该抛物线上的点，，线段的中点在抛物线的准线上的射影为，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设在准线上的射影点分别为Q、P，连接AQ、BQ 由抛物线定义，得AF|=|AQ|且|BF|=|BP|‎ 在梯形ABPQ中根据中位线定理，得 - 16 -‎ 由勾股定理得|AB|2=a2+b2,配方得|AB|2=(a+b)2−2ab，‎ 又∵，‎ ‎∴得到.‎ 所以,即|MN||AB|的最大值为.‎ 故答案为：.‎ 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. 已知点及圆.‎ ‎（1）若直线过点且被圆截得的线段长为，求的方程；‎ ‎（2）求过点的圆的弦的中点的轨迹方程.‎ ‎【答案】(1) 或；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）直线与圆相交时，利用圆的半径，弦长的一半，圆心到直线的距离构成直角三角形的三边勾股定理求解；（2）求弦的中点的轨迹方程，首先设出动点坐标D（x，y），利用弦的中点与圆心的连线垂直于仙所在的直线得到动点的轨迹方程 试题解析：（1）解法一：如图所示，AB＝4，D是AB的中点，CD⊥AB，AD＝2，AC＝4，‎ 在Rt△ACD中，可得CD＝2．‎ 设所求直线的斜率为k，则直线的方程为y－5＝kx，‎ 即kx－y＋5＝0．‎ 由点C到直线AB的距离公式：‎ ‎＝2，得k＝．‎ k＝时，直线l的方程为3x－4y＋20＝0．‎ 又直线l的斜率不存在时，也满足题意，此时方程为x＝0．‎ ‎∴所求直线的方程为3x－4y＋20＝0或x＝0．‎ - 16 -‎ ‎（2）设过P点的圆C的弦的中点为D（x，y），‎ 则CD⊥PD，即 ‎（x＋2，y－6）（x，y－5）＝0，化简得所求轨迹方程为x2＋y2＋2x－11y＋30＝0．‎ 考点：1．轨迹方程；2．直线与圆相交的相关问题 ‎18. 在中，分别为内角的对边，设.‎ ‎（1）若且，求角的大小；‎ ‎（2）若，且，求的大小.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）由条件得，由正弦定理得，结合即可求解；‎ ‎（2）由条件可得，即，结合条件，利用余弦定理求解即可.‎ 试题解析：‎ ‎(1)由，得，∴，‎ 又由正弦定理，得，‎ ‎∵，∴，将其代入上式，得，‎ 整理得：，∴.‎ ‎∵角是三角形的内角，∴. ‎ ‎(2)∵，∴，即， ‎ 又 由余弦定理，.‎ ‎19. 已知数列的前项和 .‎ - 16 -‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，，求的前项和.‎ ‎【答案】(1) ；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）当时，由，当时，，化简求解即可；‎ ‎（2）易得，，利用裂项相消法求和即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）当时，由 ‎ 当时，‎ 所以 ‎ ‎（2）由（1）及 ，可知， ‎ ‎ 所以， ‎ 故 ‎ ‎. ‎ 点晴：本题主要考查等差数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎20. 在四棱锥中，，且，和都是边长为2的等边三角形，设在底面的投影为.‎ - 16 -‎ ‎（1）求证：是的中点；‎ ‎（2）证明：；‎ ‎（3）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).‎ ‎【解析】试题分析：（1）， 由底面，得，点为的外心，结合为是直角三角形即可证得；‎ ‎（2）由（1）知，点在底面的射影为点，点为中点，底面，得，再分析条件可证得，从而得面，从而得证；‎ ‎（3）以点为原点，以所在射线为轴 ，轴，轴建系，利用两个面的法向量求解二面角的余弦即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：∵和都是等边三角形，‎ ‎∴， 又∵底面，∴，‎ 则点为的外心，又因为是直角三角形，∴点为中点. ‎ ‎（2）证明：由（1）知，点在底面的射影为点，点为中点，‎ 底面，∴，‎ ‎∵在中，，， ∴，‎ 又且，∴，从而即， ‎ 由，得面，∴. ‎ ‎（3）以点为原点，以所在射线为轴 ，轴，轴建系如图，‎ - 16 -‎ ‎∵，则，,‎ ‎，，，，‎ 设面的法向量为，则，‎ 得，，‎ 取，得 故.‎ 设面的法向量为，则 ‎，，取，则，故，‎ 于是，‎ 由图观察知为钝二面角，所以该二面角的余弦值为. ‎ 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎21. 已知椭圆的左右焦点分别为，点为短轴的一个端点，，若点在椭圆上，则点称为点的一个“椭点”.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆相交于、两点，且两点的“椭点”分别为，以为直径的圆经过坐标原点，试求的面积.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）由已知得，又，即可得方程；‎ ‎（2）设，则，由以为直径的圆经过坐标原点，得 - 16 -‎ ‎，即，由，消除整理得： ，结合韦达定理可得，，讲条件带入求解即可.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由已知得，又 ， ‎ 所以椭圆的方程为： ；‎ ‎（Ⅱ）设，则，‎ 由以为直径的圆经过坐标原点，得，‎ 即（1）‎ 由，消除整理得： ，‎ 由，得，‎ 而（2）‎ ‎（3）‎ 将（2）（3）代入（1）得： ，‎ 即， ‎ 又，‎ 原点到直线的距离， ‎ ‎， ‎ - 16 -‎ 把代入上式得，即的面积是为. ‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22. 以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程；‎ ‎（2）将曲线的图像向左平移1个单位，再将所得图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线的图像，若曲线与轴的正半轴及轴的正半轴分别交于点，在曲线上任取一点，且点在第一象限，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用及求曲线的普通方程即可；‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由得，，所以 ‎（Ⅱ）由已知，曲线经过变换后所得方程的方程中为：. ‎ 所以，设.‎ 则， ‎ 所以.‎ 当时，四边形的面积取最大值. ‎ ‎23. 已知函数，.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若对任意，都存在，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2)或.‎ ‎【解析】试题分析：（1），得，进而得解；‎ ‎（2）由题意知，分别求值域即可.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由，得 ‎ - 16 -‎ ‎（Ⅱ）由题意知 又 ‎ 所以或 ‎ ‎ - 16 -‎