山东省威海市文登区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题

山东省威海市文登区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题

高二数学试题 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上．‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答題卡上对应题目的答案标号涂黑．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．‎ 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.不等式的解集为（ ）‎ A. B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将所求不等式变形为，等价于，解此不等式即可.‎ ‎【详解】将不等式变形为，等价于，解得.‎ 因此，不等式的解集为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.已知双曲线的离心率是，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用双曲线的离心率公式得出关于的方程，即可解出的值.‎ ‎【详解】，则双曲线的离心率为，解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用双曲线的离心率求参数，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.设，则下列不等式成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊值法和不等式的基本性质可判断各选项中不等式的正误.‎ ‎【详解】，对于A选项，取，，则，A选项中的不等式不成立；‎ 对于B选项，取，，则，B选项中的不等式不成立；‎ 对于C选项，取，则，C选项中的不等式不成立；‎ 对于D选项，，则，，由不等式的基本性质得，D选项中的不等式成立.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用不等式的基本性质、特殊值法、作差（商）法、函数单调性来判断，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎4.抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的焦点坐标和双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可得出结果.‎ ‎【详解】抛物线的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，‎ 因此，抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线与双曲线的简单几何性质，考查了点到直线距离公式的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.已知集合，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，根据题意得出Ý，由此可得出关于的不等式，即可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】，，‎ 由于是的必要不充分条件，则Ý，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用必要不充分条件求参数，将问题转化为集合的包含关系是解答的关键，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎6.有一堵高墙，现截取长为的一段，依墙建一个容积为的长方体仓库．已知新建墙壁每平米的造价为元，仓库顶部每平米的造价为元，要使仓库造价最低，仓库的高应为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设仓库的高为，可得出仓库底面垂直于墙壁的一边长为，计算出仓库的总造价关于的表达式，利用基本不等式可求得结果.‎ ‎【详解】设仓库的高为，则仓库底面垂直于墙壁的一边长为，‎ 所以，仓库的总造价为（元），‎ 当且仅当时，即当时，等号成立 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式解决实际问题，解答关键就是建立函数解析式，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎7.在直三棱柱中，，，则异面直线与 所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，分别取、的中点、，连接、，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求出异面直线与所成角的余弦值.‎ ‎【详解】设，分别取、的中点、，连接、，‎ 在直三棱柱中，四边形为平行四边形，则且，‎ ‎、分别为、的中点，所以，且，‎ 所以，四边形为平行四边形，，‎ 底面，底面，，为的中点，，‎ 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，‎ 由于，则、、、，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 因此，异面直线与所成角的余弦值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎8.若关于方程的两实数根均大于，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据二次方程根的分布可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.‎ ‎【详解】设，由于方程的两实数根均大于，‎ 则，解得或.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用二次方程根的分布求参数，一般要分析对应二次函数图象的开口方向、对称轴、判别式符号以及端点函数值符号，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题.‎ 二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．‎ ‎9.设等差数列的前项和为．若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，根据已知条件得出关于和的方程组，解出这两个量，然后利用等差数列的通项公式和求和公式可求得和.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，则，解得，‎ ‎，.‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】本题考查的等差数列的通项公式和前项和公式，一般要求出等差数列的首项和公差，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎10.正方体的棱长为，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以、、为基底表示各选项中的向量，利用空间数量积的定义和运算律可判断各选项中数量积的正误.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 对于A选项，，A选项错误；‎ 对于B选项，，B选项正确；‎ 对于C选项，，C选项正确；‎ 对于D选项，，D选项错误.‎ 故选：BC.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量数量积的运算，涉及空间向量数量积运算律的应用，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎11.已知关于的不等式的解集为，则（ ）‎ A. B. 不等式的解集是 C. D. 不等式的解集为或 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件判断出的符号，以及、与的等量关系，可判断出A、C选项的正误，通过解不等式可判断B、D选项的正误，综合可得出结论.‎ ‎【详解】关于的不等式的解集为，，A选项正确；‎ 且和是关于的方程的两根，‎ 由韦达定理得，则，，则，C选项错误；‎ 不等式即为，即，解得，B选项正确；‎ 不等式即为，即，解得或，D选项正确.‎ 故选：ABD.‎ ‎【点睛】本题考查利用二次不等式的解求参数，同时也考查了二次不等式的求解，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.如图，点为边长为的正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（ ）‎ A. 直线、是异面直线 B. ‎ C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥的体积为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接，根据平面公理可判断A选项的正误；求出和的长，可判断B选项的正误；推导出平面，求出直线与平面所成角的正弦值，可判断C选项的正误；求出三棱锥的高和底面积，由锥体的体积公式可判断D选项的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】对于A选项，连接，则点为的中点，、平面，平面，‎ 同理可知平面，所以，与不是异面直线，A选项错误；‎ 对于C选项，四边形是边长为的正方形，，‎ 平面平面，交线为，平面，平面，‎ 所以，直线与平面所成角为，‎ 为的中点，且是边长为的正三角形，则，，，C选项正确；‎ 对于B选项，取的中点，连接、，则且，，‎ 平面，平面，平面，，‎ ‎，，B选项正确；‎ 对于D选项，平面，的面积为，所以，三棱锥的体积为，D选项错误.‎ 故选：BC.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何综合问题，涉及异面直线的判断、线段长度的计算、线面角和三棱锥体积的计算，属于中等题.‎ 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.设各项均不相等的等比数列的前项和为，且满足，则公比________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得出关于的方程，即可解得的值.‎ ‎【详解】由题意可知，，，即，‎ 可得，，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列公比的计算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.已知、是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，若为直角三角形，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对各内角为直角进行分类讨论，利用勾股定理和椭圆的定义建立方程组，求得和，利用三角形的面积公式可得出结果.‎ ‎【详解】在椭圆中，，，，则.‎ ‎（1）若为直角，则，该方程组无解，不合乎题意；‎ ‎（2）若为直角，则，解得，‎ ‎；‎ ‎（3）若为直角，同理可求得.‎ 综上所述，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形面积的计算，涉及椭圆定义的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎15.已知点在抛物线上，则抛物线焦点的坐标为________；设平面内一定点，射线与抛物线的交点为，与其准线的交点为，则________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将点代入抛物线的方程，求出的值，即可求得该抛物线焦点的坐标，求出点、的坐标，进而可求得的值.‎ ‎【详解】将点代入抛物线的方程得，所以，该抛物线焦点的坐标为，‎ 设点、，则，‎ ‎，，，‎ ‎，，整理得，，解得，‎ 同理可得，‎ 因此，.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线焦点坐标的求解，同时也考查了线段长度比值的计算，求出相应点的坐标是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎16.若，不等式成立，则实数的取值范围为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对分、、三段讨论，利用参变量分离法求出实数的取值范围，综合可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，原不等式即为，合乎题意，此时；‎ ‎（2）当时，则，可得，‎ 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，‎ 即当时，的最小值为，此时；‎ ‎（3）当时，则，可得，‎ 由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，‎ 即当时，的最大值为，此时.‎ 综上所述，实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用不等式恒成立求参数，涉及参变量分离思想的应用，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.‎ 四、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.已知命题关于的不等式的解集为，，，试判断“为真命题”与“为真命题”的充分必要关系．‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分和可求出当命题为真命题时对应实数的取值范围，利用基本不等式求出在时的最大值，可求出当命题为真命题时对应的实数的取值范围，再利用集合的包含关系可得出结论.‎ ‎【详解】若为真命题：当时，对于任意，则有恒成立；‎ 当时，根据题意，有，解得.‎ 所以； ‎ 若为真命题：，．‎ ‎，‎ 当且仅当时，等号成立，所以.‎ Ü，所以，“为真命题”是“为真命题”的充分不必要条件.‎ ‎【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也涉及了利用命题的真假求参数，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.‎ ‎18.已知抛物线上的点到点的最短距离为．‎ ‎（Ⅰ）求的方程；‎ ‎（Ⅱ）若过点的直线交于、两点，且（为坐标原点），求直线的方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用二次函数的基本性质求出抛物线上任意一点到点的距离的最小值，结合已知条件求出值，进而可得出抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）解法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当的斜率不存在时，检验即可；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由题意得出点为线段的中点，求出值，可得出直线的方程；‎ 解法二：设点、，由题意得出点为线段的中点，利用点差法求出直线的斜率，进而利用点斜式可得出直线的方程.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设抛物线上的点到的距离为，‎ ‎，‎ 当时，即当时，取得最小值为，不符合题意； ‎ 当时，即当时，取得最小值为，‎ 所以有，或，所以.‎ 所以的方程为；‎ ‎（Ⅱ）解法一：当的斜率不存在时，直线轴，此时点、关于轴对称，则线段的中点在轴上，不合乎题意；‎ 当直线的斜率存在时，设的方程为， ‎ 设、的坐标分别为、，‎ 与的方程联立得，消得，，①‎ ‎ 所以有，‎ 因为，即，所以为的中点， ‎ 所以，所以，，此时方程①为，，‎ 所以直线的方程为；‎ 解法二：设、的坐标分别为、，所以有，‎ 两式相减得，，变形为， ‎ 因为，即，所以为的中点， ‎ 所以，， ‎ 即直线的斜率为，所以直线的方程为．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了中点弦问题的求解，涉及韦达定理设而不求法和点差法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎19.设为等差数列的前项和，是各项均为正数的等比数列，且是、的等差中项，若，，．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为正数，由已知条件求出正数 的值，并求出值，进而可得出数列的通项公式，结合题意得出关于和的方程组，解出这两个量，即可得出数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）由题意得出，然后利用裂项相消法可求得.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为正数．‎ 因为是、的等差中项，所以，‎ 化简得，，即，因为各项均为正数，所以， ‎ 因为，所以，则，所以；‎ 因为，，所以，解得，‎ 所以；‎ ‎（Ⅱ）因为的前项和为，所以，‎ 所以， ‎ ‎，所以．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项的求解，同时也考查了裂项相消法求和，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎20.如图，已知三棱柱，平面平面，，，，是的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连接，利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，由 以及可得出，利用线面垂直的判定定理得出平面，进而可证得；‎ ‎（Ⅱ）过点做射线分别平行于、，作为轴，轴，以为轴，建立空间直角坐标，设，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得其正弦值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）连接，因为是的中点，，所以，‎ 又因为平面平面，交线为，平面，所以平面，‎ 平面，所以，‎ 在三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，‎ ‎，‎ ‎，所以． ‎ ‎，所以平面，‎ 平面，所以； ‎ ‎（Ⅱ）过点做射线分别平行于、，作为轴，轴，以为轴，建立空间直角坐标，‎ 设，则有、、、，所以，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，即，令，解得，‎ 所以平面的一个法向量为． ‎ 由（Ⅰ）知为平面的一个法向量，‎ ‎，.‎ 所以，二面角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了利用空间向量法计算二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎21.已知椭圆左、右焦点分别为、，过点作斜率为的直线交于、两点．当时，点、、、恰在以为直径且面积为的圆上．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）若，求直线的方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意分析得知四边形为矩形，且，求出点的坐标为可得出，，利用椭圆的定义可求得的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，结合弦长公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线的方程.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，直线轴，又点、、、恰在以为直径，面积为的圆上，所以四边形为矩形，且，‎ 易知轴，将代入椭圆的方程，得，得，所以点的坐标为． ‎ 又，所以，，．‎ 在中，，，‎ ‎，，所以椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知点的坐标为，‎ 将与椭圆方程联立得，‎ 设、，得，， ‎ 故．‎ 又， ‎ 所以，解得． ‎ 所以直线的方程为．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了利用椭圆中弦长的关系求直线的方程，考查韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎22.沿海某市为了进一步完善海防生态防护体系，林业部门计划在沿海新建防护林万亩，从年开始，每年春季在规划的区域内植树造林，第一年植树亩，以后每一年比上一年多植树亩，假设所植树木全部成活．‎ ‎（Ⅰ）求到哪一年春季新建防护林计划全部完成；‎ ‎（Ⅱ）若每亩新植树苗的木材量为立方米，且所植树木每一年从春季开始生长，到年底停止生长时木材量的年自然增长率为，到新建防护林计划全部完成的那一年底，新建防护林的木材总量为多少立方米．（参考数据：）‎ ‎【答案】（Ⅰ）年；（Ⅱ）立方米.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设第年春季植树为亩，由题意知数列是首项为，公差为的等差数列，利用等差数列的求和公式可得出关于的方程，解出正整数的值，即可得出结论；‎ ‎（Ⅱ）设从年开始第年年底种植树木到年底的木材量为数列，根据题分别计算出、、、，并设，利用错位相减法可求得，进而可得出结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设第年春季植树为亩，由题意可知，‎ ‎（常数），所以为等差数列．‎ 设植树年新建防护林计划全部完成，则，化简得，所以． ‎ ‎，所以到年新建防护林计划全部完成；‎ ‎（Ⅱ）设从年开始第年年底种植树木到年底的木材量为数列，‎ 则，，，．‎ 则本材总量，‎ ‎，‎ 所以 ‎，‎ 解得，所以到年底新建防护林的木材总量为立方米．‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，是中档题．‎