陕西省延安市吴起县高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题

陕西省延安市吴起县高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题

吴起高级中学2019-2020学年第一学期期末考试 高二数学理科试题 一、选择题 ‎1.不等式的解集是（ ）‎ A. B. 或 C. 或 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,可得,进一步得到不等式的解集.‎ ‎【详解】解:因,所以,‎ 所以或.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,属基础题.‎ ‎2.是成立的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质可知能推出,利用取特殊值法可知推不出,从而得到结论.‎ ‎【详解】解:当时,由不等式的性质知成立;‎ 当时,取,则不成立,‎ 所以是成立的充分不必要条件.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的基本性质和四种条件的判定,属基础题.‎ ‎3.在和之间插入10个数，使它们与，组成等差数列，则该数列的公差为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列为{},根据条件可知,,然后直接求出公差.‎ ‎【详解】解:设等差数列为{},则 由题意,知,,‎ 所以公差.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列基本量的计算,属基础题.‎ ‎4.已知等比数列中，，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项的和为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为等比数列中，‎ ‎，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项的和为公比为9，首项为6，那么利用前n项和公式可知为，选D ‎5.双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线离心率的计算公式直接求离心率即可.‎ ‎【详解】解:离心率.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了求双曲线离心率,属基础题.‎ ‎6.抛物线的焦点坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先得到抛物线的标准式方程，进而得到焦点坐标.‎ ‎【详解】抛物线的标准式为焦点坐标为.‎ 故答案为B.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线方程的焦点坐标的应用，属于基础题.‎ ‎7.若，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组表示的平面区域,然后平移直线,结合图象找到最优解,即可得到z的最大值.‎ ‎【详解】解:不等式组表示的平面区域如图所示:‎ 由,得,平移直线,‎ 由图象可知当直线经过A(1,0)时,z有最大值,‎ 所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了利用线性规划求最值,考查了数形结合思想,属基础题.‎ ‎8.给出下列命题：⑴在中，若，则；⑵设，为实数，若，则；⑶，关于的方程都有实数解.其中正确的命题个数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理、不等式的基本性质和一元二次方程的相关性质逐一判断即可.‎ ‎【详解】解:(1)在中,由正弦定理,有,所以,.‎ 因为,所以,故(1)正确;‎ ‎(2)由a,b为实数且a>b,取a=1,b=-2,则,故(2)不正确;‎ ‎(3)因为a>0,所以,所以关于x的方程都有实数解,故(3)正确.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了命题真假的判断、正弦定理、不等式的基本性质和一元二次方程有解问题,属中档题.‎ ‎9.函数的导函数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据函数的求导法则求导即可.‎ ‎【详解】解:由,得,所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了函数导数的求法,属基础题.‎ ‎10.若则一定有（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎11.某运动物体的位移（单位：米）关于时间（单位：秒）的函数关系式为,则该物体在秒时的瞬时速度为（ ）‎ A. ‎1米／秒 B. ‎2米／秒 C. ‎3米／秒 D. ‎4米／秒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导,然后求出t=1时的导数值,即可得到瞬时速度.‎ ‎【详解】解:由,得,‎ 则物体在秒时的瞬时速度米/秒.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了导数的求法,平均变化率与瞬时速度,属基础题.‎ ‎12.函数的图象如图所示，则下列结论成立的是( )‎ A. a>0，b<0，c>0，d>0 B. a>0，b<0，c<0，d>0‎ C. a<0，b<0，c>0，d>0 D. a>0，b>0，c>0，d<0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数图象与性质,结合排除法进行判断即可.‎ ‎【详解】解:f(0)=d>0,排除D.‎ 由,得,‎ 根据图象,知当或时,f(x)单调递增,当时,f(x)单调递减,‎ 且,,‎ 所以导函数f’(x)开口向上,所以a>0,所以b<0,c>0.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象的识别和判断,导函数的求法和二次函数的图象与性质,考查了数形结合思想,属中档题.‎ 二、填空题 ‎13.在中，，，，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理求出cosC,再利用同角三角函数的基本关系求出sinC.‎ ‎【详解】解:由余弦定理,有,‎ 所以在中,.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理和同角三角函数的基本关系,属基础题.‎ ‎14.命题:,的否定为________‎ ‎【答案】,‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据特称命题的否定是全称命题,可得命题p的否定.‎ ‎【详解】解:命题P为特称命题,则命题P的否定为,.‎ 故答案为:,‎ ‎【点睛】本题考查了特称命题的否定,属基础题．‎ ‎15. 一个凸n边形，各内角的度数成等差数列，公差为10°，最小内角为100°，则边数ｎ＝___‎ ‎【答案】 8‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设内角的度数构成的数列为{an}，则a1=100°，d=10°‎ 则an=a1+（n-1）d=100°+（n-1）•10°＜180°‎ ‎∴n＜9，∴边数为8‎ 考点：本题主要考查等差数列的通项公式．‎ 点评：解决此类问题的关键是熟练掌握等差数列的通项公式，并且进行正确的运算．‎ ‎16.椭圆上的点到点的最小距离为___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点P在椭圆上,设,然后利用两点间的距离公式求出|PA|,再根据二次函数的图象与性质求出|PA|的最小值.‎ ‎【详解】解:由点P在椭圆上,设,其中,‎ 则,‎ 因为,所以当时,.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了利用参数法求两点间的距离,两点间的距离公式和二次函数的图象与性质,考查了转化思想和整体思想,属中档题.‎ 三、解答题 ‎17.解答下列两题:‎ ‎(1)解不等式: ‎ ‎(2)已知,,求的最小值.‎ ‎【答案】(1)或;(2)4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据,可得,然后解出一元二次不等式即可得到解集;‎ ‎(2)根据条件可得,然后利用基本不等式求出最小值即可.‎ ‎【详解】解:⑴因为,‎ 所以,所以或,‎ 所以不等式的解集为或.‎ ‎⑵因为,,‎ 所以,‎ 当且仅当时取等号.‎ 所以的最小值为4.‎ ‎【点睛】本题考查了高次不等式的解法、一元二次不等式的解法和利用基本不等式求最值,考查了转化思想,属中档题.‎ ‎18.已知为等差数列,其前项和为,为等比数列,满足:,,,‎ ‎(1)求和;‎ ‎(2)设,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)，;(2)=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据条件列出关于公差d和公比q的方程,解方程可得d和q,进一步得到和;‎ ‎(2)根据(1)求出数列的通项公式,然后利用分组求和法求出其前n项和.‎ ‎【详解】解:⑴设等差数列的公差为d,等比数列公比为q,‎ 因为,,,‎ 所以,所以,‎ 所以,,‎ ‎⑵由(1)知,,,‎ 所以,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列和等比数列通项公式的求法,等比数列的前n项和公式,分组求和法,考查了方程思想,属中档题.‎ ‎19.在△中,内角的对边分别为 ,且满足,‎ ‎(1)求角的大小;‎ ‎(2)若三边满足,,求△的面积.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用正弦定理将边化为角,然后再求出,进一步求出B;‎ ‎(2)先利用余弦定理求出ac,再利用面积公式求出△的面积.‎ ‎【详解】解⑴∵,∴,‎ ‎∵,∴,‎ ‎∵,∴,∴;‎ ‎⑵由余弦定理,有,‎ ‎∵,,,‎ ‎∴,∴,‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和面积公式,考查了转化思想和计算能力,属中档题.‎ ‎20.设命题p:关于的不等式的解集为;命题q:函数是上的增函数,若p或非q是假命题,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据或非是假命题,可知假真,然后列出关于的不等式,求出的取值范围.‎ ‎【详解】解:∵或非是假命题,∴假真,‎ ‎∴,∴或,‎ ‎∴实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了根据复合命题的真假求参数的范围,属中档题.‎ ‎21.已知曲线上任意一点到两个定点和的距离之和为4．‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）设过的直线与曲线交于、两点，且（为坐标原点），求直线的方程．‎ ‎【答案】(1)；(2)直线的方程是或．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据椭圆的定义，可知动点的轨迹为椭圆， ‎ 其中，，则． ‎ 所以动点M的轨迹方程为． ‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，不满足题意． ‎ 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，‎ ‎∵，∴． ‎ ‎∵，，‎ ‎∴．‎ ‎∴．① ‎ 由方程组 得． ‎ 则，，‎ 代入①，得．‎ 即，解得，或． ‎ 所以，直线的方程是或．‎ ‎22.设,‎ ‎(1)当时,求在上的最大值和最小值;‎ ‎(2)当时,过点作函数的图象的切线,求切线方程.‎ ‎【答案】(1)2,-1;(2)或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将a=1代入f(x)中,求导后判断f(x)在[-1,2]上的单调性,进一步求出f(x)的最值;‎ ‎(2)设过P(0,1)的切线在上的切点为Q(m,n),然后根据斜率和切点分别建立关于m,n的方程,解方程得到Q的坐标,再求出切线方程即可.‎ ‎【详解】解:(1)当a=1时,,则,‎ 令,则或,‎ 因为,所以当或时,,此时f(x)单调递增;‎ 当时,,此时f(x)单调递减,‎ 又,,,‎ 所以,.‎ 所以在上的最大值和最小值分别为2和-1.‎ ‎(2)当a=0时,,因为,所以点P(0,1)不在函数上.‎ 设过P(0,1)的切线在上的切点为Q(m,n),‎ 则切线的斜率①,‎ 又点Q(m,n)在上,所以②,‎ 由①②得或,所以Q(1,-2)或Q(-1,0),‎ 所以切线方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值,导数的几何意义,函数切线方程的求法,考查了方程思想,属中档题.‎