北京市密云区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题

北京市密云区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题

密云区2019-2020学年度第一学期期末 高二数学试卷 ‎ ‎2020.1‎ 一、选择题：本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.‎ ‎1.设，且，则下列不等式成立的是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质可得正确，通过取特殊值即可得错误.‎ ‎【详解】，但是不成立，故不正确；‎ ‎，但是不成立,故不正确；‎ ‎，正确；‎ 时，，不成立，故选.‎ ‎【点睛】用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性 ‎2.抛物线的焦点坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抛物线交点坐标为，算出即可.‎ ‎【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义及方程，求抛物线焦点坐标时，一定要注意将方程标准化，本题是一道基础题.‎ ‎3.命题“，”的否定是（ ）‎ A. 不存， B. 存在，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的否定为.‎ ‎【详解】根据特称命题的否定是全称命题可知，的否定为：，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查特称命题的否定，要注意两个方面的变化：一是量词符号，二是命题的结论，本题是一道容易题.‎ ‎4.已知直线的方向向量为,平面的法向量为,则“”是“∥”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行的定义结合充分必要条件的定义判断,即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎,即,不一定有∥,也可能 ‎“”是“∥”的不充分条件 ‎∥,可以推出,‎ ‎“”是“∥”是必要条件,‎ 综上所述, “”是“∥”必要不充分条件.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件,解题关键是掌握充分条件和必要条件的定义,属于中档题.‎ ‎5.已知函数与的图象如图所示，则不等式组的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由与的关系判断出哪支是的图象，哪支是的图象即可.‎ ‎【详解】结合图象，若实线是的图象，虚线是的图象，则在上，则 在单调递增，不满足题意，故实线那支为的图象，虚线那支为的图象，‎ 故不等式组的解集为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查与图象之间的联系，考查学生逻辑推理能力，是一道基础题.‎ ‎6.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为（ ）.‎ A. 24里 B. 12里 C. 6里. D. 3里 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程．‎ ‎【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，‎ 由，得，解得：，‎ ‎，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题．‎ ‎7.若数列中，，，则＝（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用去换中的n，得，相加即可找到数列的周期.‎ ‎【详解】由①，得②，①+②，得，即，故 ‎，所以数列是以6为周期的周期数列，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查周期数列的应用，在求项数比较大的项时，我们通常考虑是否为周期数列，本题是一道容易题.‎ ‎8.已知双曲线的两条渐近线分别为直线，，直线经过双曲线的右焦点且垂直于，设直线与，分别交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得，，过F作FG于G，易得，，从而，在中，利用勾股定理即可建立之间的关系.‎ ‎【详解】 ‎ 如图1，，，由已知，，，所以 ‎，如图2，过F作FG于G，易证，‎ 所以，故，，从而 ‎，在中，，所以，化简 得，故双曲线离心率为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，求双曲线离心率的问题，关键是找到之间的关系，建立方程或不等式，本题是一道中档题.‎ 二、填空题:本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎9.在空间直角坐标系中，已知点M（1，0，1），N（-1，1，2），则线段MN的长度为____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两点间距离公式计算．‎ ‎【详解】．‎ 故答案为．‎ 点睛】本题考查空间两点间距离公式，属于基础题．‎ ‎10.已知双曲线（）的离心率是 ,则_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用及解方程即可.‎ ‎【详解】由已知，，所以，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查已知离心率求参数，考查学生的计算能力，是一道基础题.‎ ‎11.曲线在点处的切线方程是_________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出与，再利用点斜式即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知，，所以，又，故切线方程为 ‎，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，要注意在某点的切线与过某点的切线的区别，是一道容易题.‎ ‎12.在平面直角坐标系中，直线与双曲线有且只有一个公共点，请写出任意符合条件的一条直线方程_______________．‎ ‎【答案】 （答案不唯一）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别讨论直线斜率不存在、存在两种情况，再联立双曲线方程消元讨论即可.‎ ‎【详解】当直线斜率不存在时，或，满足题意，当直线斜率存在时，设直线方程为 ‎，联立双曲线方程可得，当时，，‎ 若，则方程有唯一解，满足题意，此时直线方程为，若，则方程无解，‎ 不满足题意；同理，当时，，若，则方程有唯一解，满足题意，‎ 此时直线方程为，若，则方程无解，不满足题意；当时，‎ 则方程有两个不等的根或无实根，不满足题意.‎ 故答案为：（答案不唯一）‎ ‎【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系，其实本题可以数形结合得到，是一道容易题.‎ ‎13.已知二次不等式的解集为，且，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得出，可得出，然后将所求代数式转化为，并利用基本不等式求出该代数式的最小值.‎ ‎【详解】由于二次不等式的解集为，‎ 则，且，，.‎ ‎.‎ 当且仅当时，等号成立.‎ 因此，的最小值为.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，同时也考查了不等式的解集与方程根的关系，把所要求的式子化简为可利用基本不等式的形式是解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎14.已知椭圆：的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点在椭圆上，且满足，当变化时，给出下列三个命题：‎ ‎①点的轨迹关于轴对称；②的最小值为2；‎ ‎③存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，‎ 其中，所有正确命题的序号是__________．‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ 分析：运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断①正确；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断②正确；通过的变化，可得③不正确.‎ 详解：‎ 椭圆的两个焦点分别为 和，‎ 短轴的两个端点分别为和，‎ 设，点在椭圆上，‎ 且满足，‎ 由椭圆定义可得，，‎ 即有在椭圆上，‎ 对于①，将换为方程不变，‎ 则点的轨迹关于轴对称，故①正确.；‎ 对于②，由图象可得，当满足，‎ 即有，‎ 即时，取得最小值，‎ 可得时，‎ 即有取得最小值为，故②正确；‎ 对于③，由图象可得轨迹关于轴对称，且，‎ 则椭圆上满足条件的点有个，‎ 不存在使得椭圆上满足条件的点有个，故③不正确.‎ ‎，故答案为①②.‎ 点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的定义以及椭圆的简单性质，属于难题. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、离心率等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.‎ 三、解答题: 本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.‎ ‎15.已知等差数列中，.‎ ‎（1）设，求证：数列是等比数列；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用等比数列的定义证明；‎ ‎（2）采用分组求和法分别求出数列与数列的前n项和，再相加即可.‎ ‎【详解】解：（1）设的公差为，‎ 由，可得，即. ‎ 又，可得.‎ 故 ‎ 依题意，，因为（常数）.‎ 故是首项为4，公比2的等比数列. ‎ ‎（2）的前项和为 ‎ 的前项和为 故的前项和为.‎ ‎【点睛】本题考查等差、等比数列定义，分组求和法求数列的前n项和，考查学生的计算能力，是一道基础题.‎ ‎16.已知函数.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）判断函数零点的个数，并说明理由.‎ ‎【答案】（1）函数在区间，上单调递增；函数在区间上单调递减. （2）一个，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），列表得到在区间上的正负符号即可得到的单调性；‎ ‎（2）计算，，，由（1）的结论及零点存在定理即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）解：由题意得， ‎ 令，得，． ‎ 与在区间上的情况如下:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎_‎ ‎0‎ ‎+‎ 增 减 增 函数在区间，上单调递增;‎ 函数在区间上单调递减. ‎ ‎（2）根据第一问，由函数单调性可知 当时，有极大值；‎ 当时，有极小值；‎ 在区间单调递增，在区间上单调递减，‎ 可知在上，恒有；‎ 当时， ，(举例不唯一)‎ 上单调递增，由零点存定理可知， ‎ 有且只有一个实数，使得.‎ 所以函数有且只有一个零点 ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及零点个数的问题，涉及到零点存在性定理的应用，是一道基础题.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，等边三角形所在的平面垂直于底面，， ，是棱的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面； ‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）判断直线与平面的是否平行，并说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析 (Ⅱ) （Ⅲ）直线与平面不平行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据面面垂直的性质定理直接证得结果；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求解出平面和平面的法向量，然后求出法向量夹角的余弦值，由二面角为锐二面角，可得到所求二面角的余弦值；（Ⅲ）求解平面的法向量，可知与法向量不垂直，由此得到结论为不平行.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：平面平面，平面平面，平面且 平面 ‎（Ⅱ）取的中点，连结，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又 四边形是平行四边形 ‎ ‎ 平面 ‎ 建立如图所示空间直角坐标系 则，，，，‎ ‎，‎ 设为平面的一个法向量，由 得令，得，，所以 因为轴垂直于平面，所以取平面的一个法向量 所以二面角的余弦值为 ‎（Ⅲ）直线与平面不平行 理由如下：，‎ 设为平面的一个法向量，由 得令，得，所以 所以与不垂直，又因为平面 所以直线与平面不平行 ‎【点睛】本题考查面面垂直的性质、空间向量法解二面角、线面位置关系的判定问题.采用空间向量法解决二面角问题的关键是能够明确二面角大小等于两平面法向量所成角或其补角.‎ ‎18.已知函数，.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）若在上恒成立，求取值范围.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出与，再利用点斜式即可得到答案.‎ ‎（2）函数在上恒成立，等价于函数的最小值大于或等于0，在求的最小值时需分，两种情况讨论即可.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）当时，，‎ 因为，‎ 所以.‎ 所以曲线在点处的切线方程为． ‎ ‎（2）函数在上恒成立，等价于函数的最小值大于或等于0.‎ ‎，‎ 因为所以， .‎ ‎①当时，显然， ‎ 函数在上单调递增，所以当时，有最小值，‎ 显然，所以符合条件.‎ ‎②当时，令，解得，‎ 若即时，‎ 当时，‎ 函数在上单调递增，所以当时，有最小值，‎ 当时，显然.‎ 函数在上单调递增，所以当时，有最小值，‎ 依题意有，所以符合条件.‎ 若即时，显然，不符合.‎ 综上，若函数在上恒成立，则.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义以及不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常构造函数，转化为最值来处理.‎ ‎19.已知椭圆（）的离心率为， 点在椭圆上.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆C交于两个不同的点，，直线，与轴分别交于，两点，求证：．‎ ‎【答案】（1） （2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知解方程组即可；‎ ‎（2）要证明，只需证，也就是证直线与的斜率和为0，即，而，通分后利用韦达定理计算即可.‎ ‎【详解】解：（1）因为在椭圆上，所以 ‎ 因为离心率，所以，‎ 有 解得 ‎ 所以，椭圆的标准方程为 ‎ ‎（2）由得． ‎ 因为直线与椭圆有两个交点，并注意到直线不过点， ‎ 所以解得或． ‎ 设，，则，, ‎ ‎，． ‎ 显然直线与的斜率存在，设直线与的斜率分别为，，‎ 由（Ⅰ）可知 则 ‎ ‎．‎ 因为，所以． ‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用，考查学生的数据运算与转化与化归的核心素养，是一道有难度的题.‎ ‎20.给定一个数列，在这个数列里，任取项，并且不改变它们在数列中先后次序，得到的数列称为数列的一个阶子数列．‎ 已知数列的通项公式为（为常数），等差数列是 数列的一个3阶子数列．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）等差数列是的一个阶子数列，且 ‎（为常数，，求证：；‎ ‎（3）等比数列是的一个阶子数列，‎ 求证：．‎ ‎【答案】（1）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）利用等差数列的定义及其性质即可得出；‎ ‎（2）设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d．由b1，可得b2，再利用等差数列的通项公式及其不等式的性质即可证明；‎ ‎（3）设c1 （t∈N*），等比数列c1，c2，…，cm的公比为q．由c2，可得q．从而cn＝c1qn﹣1（1≤n≤m，n∈N*）．再利用等比数列的前n项和公式、函数的单调性即可得出．‎ ‎（1）解：∵a2，a3，a6成等差数列，‎ ‎∴a2﹣a3＝a3﹣a6．‎ 又∵a2，a3，a6，‎ 代入得，解得a＝0．‎ ‎（2）证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d．‎ ‎∵b1，∴b2，‎ 从而d＝b2﹣b1． ‎ ‎∴bm＝b1+（m﹣1）d．‎ 又∵bm＞0，∴0．‎ 即m﹣1＜k+1．‎ ‎∴m＜k+2．‎ 又∵m，k∈N*，∴m≤k+1． ‎ ‎（3）证明：设c1 （t∈N*），等比数列c1，c2，…，cm的公比为q．‎ ‎∵c2，∴q．‎ 从而cn＝c1qn﹣1（1≤n≤m，n∈N*）．‎ ‎∴c1+c2+…+cm ‎，‎ 设函数f（x）＝x，（m≥3，m∈N*）．‎ 当x∈（0，+∞）时，函数f（x）＝x为单调增函数．‎ ‎∵当t∈N*，∴12．∴f（）≤2．‎ 即 c1+c2+…+cm≤2．‎ 考点：新定义，等差数列的性质，等差数列的通项公式，等比数列的通项公式与前项和公式，放缩法证明不等式．‎