2019-2020学年重庆市云阳县高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年重庆市云阳县高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年重庆市云阳县高二上学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知向量，,若向量满足且，则向量可取为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设向量，根据且，列出方程组，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，设向量，因为且，‎ 则，即，令，可得，‎ 所以其中一个向量.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，以及向量垂直的条件，列出方程组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎2．椭圆的焦点坐标是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由椭圆方程得到椭圆的焦点在轴上，且，即可求解椭圆的焦点坐标，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，椭圆，即，可得椭圆的焦点在轴上，且，‎ 所以椭圆的焦点坐标为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆的标准方程，以及椭圆的几何性质，其中解答中熟记椭圆的标准方程，以及熟练应用椭圆的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3．方程的曲线是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】把方程，化为或，结合反比例函数的性质，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，方程，可化为或，即或，‎ 根据反比例函数的性质，即可得选项D为函数的图象.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了曲线与方程的应用，其中解答中合理化简曲线的方程，结合反比例函数进行判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4．已知等比数列中，，，则的值是（ ）‎ A． B． C．5 D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设等比数列的公比为，列出方程组，求得，利用等比数列的通项公式，即可求解的值，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，设等比数列的公比为，因为，，‎ 可得，所以，所以，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 所以的值是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式，列出方程组求得等比数列的公比，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎5．双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】把双曲线方程化为，得到，结合双曲线的几何性质，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，双曲线可化为，所以，‎ 所以双曲线的渐近线方程为，即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的标准方程，以及双曲线的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的渐近线方程的形式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎6．命题p:“，有成立.”则命题p的否定是（ ）‎ A．，有成立.‎ B．，有成立.‎ C．，有成立.‎ D．，有成立.‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据全称命题与存在性命题互为否定关系，准确改写，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题p:“，有成立.”则命题p的否定是“，有成立”.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了全称命题与存在性命题的关系，其中解答中熟记全称命题与存在性命题互为否定关系，准确改写是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎7．不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据不等式的基本性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，当时，可得成立，反之：当时，不一定成立，所以是成立的必要不充分条件；‎ 当时，可得成立，反之：当时，一定成立，所以是成立的充要条件；‎ 当时，根据实数性质可得，但不一定成立；反之：当成立时，可得 且，所以成立，‎ 所以是成立的充分不必要条件；‎ 当时，根据实数性质可得，但不一定成立；反之：当 成立时，可得 且，所以成立，‎ 所以是成立的既不充分也不必要条件；‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，以及不等式的性质的应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，熟练应用充分条件、必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎8．已知抛物线的焦点为F，它的准线与对称轴交点为A,若C上一点P满足横坐标与纵坐标之比为，且的面积为，则点P的坐标是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】设为，代入抛物线的方程，求得，得到，根据的面积，解得，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，抛物线的焦点，它的准线与对称轴交点，因为抛物线C上一点P满足横坐标与纵坐标之比为，可设为，‎ 代入抛物线的方程，可得，解得，即，‎ 又由的面积为，即，解得，‎ 所以点.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的标准方程，及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记抛物线的标准方程，合理应用抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎9．已知函数,设，,则数列满足：①；②；③数列是递增数列；④数列是递减数列.其中正确的是（ ）‎ A．①③ B．②③ C．①④ D．②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】先求得数列的通项公式，化简为，即可得到，再由，得到，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数,设，，即，‎ 因为，因为，所以，所以，所以②正确；‎ 又由，即，所以数列是递增数列，所以③正确.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的通项公式，以及数列的单调性的判定，其中解答中熟练应用数列的通项公式，熟练数列的单调性的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎10．已知实数x，y满足：且，则的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设，得出，结合不等式的性质，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，设，整理得，‎ 可得，解得，即，‎ 又由且，则，‎ 所以，即.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的基本性质的应用，其中解答中得出，再结合不等式的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎11．若满足，则关于的最小值说法正确的是（ ）‎ A．当且仅当时，取得最小值25.‎ B．当且仅当，时，取得最小值26.‎ C．当且仅当时，取得最小值20.‎ D．当且仅当，时，取得最小值19.‎ ‎【答案】A ‎【解析】由，结合基本不等式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，因为满足，‎ 则，‎ 当且仅当，即时，又由，解得时等号成立，‎ 即当且仅当时，取得最小值25.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用基本不等式求解最小值问题，其中解答中合理利用基本不等式的“1”的代换求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎12．如图，双曲线C的焦点是，，顶点是，，点P在曲线C上，圆O以线段为直径.点M是直线与圆O的切点，且点M是线段的中点，则双曲线C的离心率是（ ）‎ A． B． C．2 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】连接，根据圆的性质，可得，又由分别为的中点，‎ 得到，且，再由双曲线的定义，得到，利用勾股定理得到的方程，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，连接，‎ 根据圆的性质，可得，又由分别为的中点，‎ 所以，则，且，‎ 又由双曲线的定义，可得，所以，‎ 在直角中，，即，‎ 整理得，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的定义应用，离心率的求解，以及圆的性质的应用，其中解答中合理利用圆的性质和双曲线的定义，利用勾股定理列出关于 的方程是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于基础题.‎ 二、填空题 ‎13．抛物线的准线方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先将抛物线化为标准方程，进而可得出准线方程.‎ ‎【详解】‎ 因为抛物线的标准方程为：，‎ 因此其准线方程为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的准线，熟记抛物线的标准方程即可，属于基础题型.‎ ‎14．空间向量，,若,则x，y的值分别为_______ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据，得到，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，向量，，‎ 因为，则满足，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了向量的坐标表示，以及共线向量的条件，其中解答中熟记共线向量的坐标表示是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎15．关于函数，.有下列命题：‎ ‎①对,恒有成立.‎ ‎②,使得成立.‎ ‎③“若,则有且.”的否命题.‎ ‎④“若且,则有.”的逆否命题.‎ 其中，真命题有_____________.（只需填序号）‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】设，可判定①是真命题；令，得到，可判定②是真命题；根据二次函数的性质和四种命题的等价关系，可判定③是真命题，④是假命题.‎ ‎【详解】‎ 由题意，设，所以，即对,恒有成立，所以①是真命题；‎ 令，可得，此时，即,使得成立，所以②是真命题；‎ 因为当时，函数在单调递减，所以，‎ 当时，函数在单调递减，所以，‎ 所以命题“若且,则有”是真命题，所以④是假命题；‎ 又由命题“若且,则有”与命题“若,则有且”互为逆否关系，所以命题“若,则有且”是真命题，所以③是真命题，‎ 综上可得，①②③是真命题.‎ 故答案为：①②③.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中数练应用一元二次函数的图象与性质，以及四种命题的等价关系，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎16．下图1，是某设计员为一种商品设计的平面logo样式.主体是由内而外的三个正方形构成.该图的设计构思如图2,中间正方形的四个顶点,分别在最外围正方形ABCD的边上,且分所在边为a，b两段.设中间阴影部分的面积为，最内正方形 的面积为.当，且取最大值时，定型该logo的最终样式，则此时a，b的取值分别为_____________.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】设，其中，求得，根据图形求得和的表达式，得到，利用基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，设，其中，‎ 又由，联立方程组可得，‎ 又由阴影部分的三角形为直角边分别为的直角三角形，‎ 所以阴影部分的面积为，‎ 最内正方形的边长为，所以面积为，‎ 则 ‎，当且仅当时，即时等号成立，‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中认真审题，得到的表达式，合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 三、解答题 ‎17．如图，建立空间直角坐标系.单位正方体顶点A位于坐标原点，其中点，点，点.‎ ‎(1)若点E是棱的中点，点F是棱的中点，点G是侧面的中心，则分别求出向量,，.的坐标；‎ ‎(2)在(1)的条件下，分别求出；的值.‎ ‎【答案】（1）；；；（2）；.‎ ‎【解析】(1)根据空间向量的坐标表示，求得的坐标，即可求得向量，，的坐标，得到答案；‎ ‎ (2)由（1）得到向量的坐标，利用向量的数量积的坐标运算公式和模的计算公式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为点E是棱的中点，点F是棱的中点，点G是侧面的中心，‎ 可得，‎ 所以；；；‎ ‎(2)由（1）可得；‎ 又由，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间的坐标表示，以及空间向量的数量积的运算，以及模的求解，其中解答中正确求解向量的坐标，熟练应用向量的数量积的坐标运算公式和模的计算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎18．已知函数.‎ ‎(1)关于x的一元二次方程的两个根是，,当时，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求关于x的不等式的解集.‎ ‎【答案】（1）； （2）当时，解集为；当时，解集；当时，解集.‎ ‎【解析】(1)设，结合二次函数的图象与性质，得到，即可求解，得到答案；‎ ‎(2)关于的不等式可化为，分类讨论，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意，设,‎ 若方程的两个根满足，‎ 结合二次函数的图象与性质，可得只需，即，‎ 解得，即实数m的取值范围是.‎ ‎(2)关于的不等式，可得，‎ 即，‎ ‎①当时，可得，解得，所以不等式的解集为；‎ ‎②当时，解得或，所以不等式的解集；‎ ‎③当时，解得或，所以不等式的解集.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用，以及一元二次不等式的解法，其中解答熟练应用一元二次函数的图象与性质，以及熟记应用一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎19．已知满足，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若,则求出数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】(1)由，且，得到，即可求解；‎ ‎ (2)由，利用裂项法，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意，数列满足，且，‎ 可得，‎ 即数列的通项公式为.‎ ‎(2)由，‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的通项公式的求解，以及数列的“裂项法”求和，其中解答中数列利用数列的递推关系式，合理利用“累积法”和“裂项法”求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎20．过抛物线焦点F作倾斜角为的直线，交抛物线于A，B两点，点A在x轴上方.‎ ‎(1)当线段AB中点的纵坐标是2时，求抛物线的方程；‎ ‎(2)求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）求得抛物线的焦点坐标，设直线，联立方程组，运用韦达定理和中点公式，求得的值，即可得到抛物线的标准方程；‎ ‎（2）设直线，联立方程组，解方程求得交点的纵坐标，再由抛物线的定义，化简即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意，设，，直线，‎ 则由，整理得，可得，‎ 因为线段的中点的纵坐标是2，可得，解得，‎ 所以抛物线的方程为.‎ ‎（2）由，可得，解得，，‎ 由抛物线的方程，可得，‎ 由抛物线定义.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的定义、方程以及简单的几何性质的应用，其中解答中设出直线的方程，联立方程组，合理利用根与系数的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎21．已知数列的前n项和.数列是等比数列，且，.‎ ‎(1)分别求出数列，的通项公式；‎ ‎(2)若,则求出数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）运用数列的递推式，化简可得，再由是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；‎ ‎（2）求得，利用乘公比错位相减法，即可求得数列的前项和，得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意，数列的前n项和，‎ 当时，可得，‎ 当时，，‎ 当时，适合上式，‎ 所以数列的通项公式为，‎ 又由，.‎ 因为数列是等比数列，即数列构成首项为，公比为的等比数列，‎ 所以的通项公式为.‎ ‎(2)由，则数列的前n项和，可得 ‎；‎ 则，‎ 两式相减，可得 ‎，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.‎ ‎22．已知椭圆E的中心在坐标原点，两个焦点分别为,,短半轴长为2.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)过焦点的直线l交椭圆E于A，B两点，满足,求直线l的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】(1)由题意，求得，，得到，即可求得椭圆的标准方程；‎ ‎ (2)设直线，设，联立方程组，求得，再根据，代入直线的方程得到，代入求得的值，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意，椭圆E的两个焦点分别为,，短半轴长为2，‎ 可得，，则，‎ 所以椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)由题意知直线与轴不重合，设直线，设，‎ 联立方程组，整理得,‎ 可得，，‎ 又由，则，得，‎ 代入直线可得，即，‎ 代入可得，解得，‎ 所以直线的方程为，‎ 即直线的方程为：或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎