2019-2020学年河南省洛阳市高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年河南省洛阳市高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年河南省洛阳市高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知不等式的解集为，则（ ）‎ A．-1 B．1 C．-2 D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据二次函数不等式的解集与根的关系利用韦达定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ 易得的两根分别为2,3,故,.故.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二次函数不等式的解集与根的关系,属于基础题型.‎ ‎2．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）‎ A．39 B．78 C．117 D．156‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据等差数列的性质求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由等差数列有.故.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的等和性与前奇数项和的性质,属于基础题型.‎ ‎3．若，给出下列不等式：①；②；③；④．其中正确的不等式是（ ）‎ A．①④ B．②③ C．①③ D．②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据不等式的性质判定或举出反例即可.‎ ‎【详解】‎ 对①,因为,故,又,故成立.故①正确.‎ 对②,当,时不成立.故②错误.‎ 对③,构造函数,则,故为增函数,又,故,故③正确.‎ 对④, 当,时不成立.故④错误.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的性质,属于中等题型.‎ ‎4．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北（即）的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在北偏东（即）的方向上，仰角，则此山的高度（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据正弦定理先求得,再求出即可.‎ ‎【详解】‎ 易得.‎ 由正弦定理得.‎ 故.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了解三角形中的正余弦定理的实际运用,属于中等题型.‎ ‎5．设为非零向量，则“”是“存在正数，使得”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】根据充分与必要条件的性质判定即可.‎ ‎【详解】‎ 若则说明向量的夹角为锐角或者,故不一定共线,故“存在正数,使得”不成立.又“存在正数,使得”时夹角为,故.‎ 故“”是“存在正数,使得”的必要不充分条件.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了充分与必要条件的判定,同时也考查了向量共线与数量积的基础知识,属于基础题型.‎ ‎6．设分别是椭圆的左右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据椭圆性质与焦点三角形的离心率公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由题,设线段的中点在轴上,且原点为的中点,故为边边的中线.故,故轴.又,‎ 故离心率.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆的离心率问题,需要根据题意找到焦点三角形三边的关系进行求解,属于中等题型.‎ ‎7．若变量满足约束条件,则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】画出可行域,根据的几何意义求解即可.‎ ‎【详解】‎ 画出可行域,又的几何意义为点到.易得在处取得最小值,在处取得最大值.故的取值范围是.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线性规划中斜率的几何意义,属于基础题型.‎ ‎8．已知双曲线1（a＞0，b＞0）的渐近线被圆C：x2+y2﹣12x＝0截得的弦长为8，双曲线的右焦点为C的圆心，则该双曲线的方程为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】求得数显的渐近线的方程，以及圆的圆心和半径，运用直线和圆相交的弦长公式，以及点到直线的距离公式可得的关系式，由题意可得，再由 的关系可得，即可求得双曲线的方程，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 双曲线的渐近线方程为，‎ 圆的圆心，半径，‎ 见解析被圆截得的弦长为8，可得，‎ 解得，即，‎ 双曲线的焦点为的圆心，即，则，，‎ 可得双曲线的方程为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质的应用，同时考查了直线与圆的位置关系的应用，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题.‎ ‎9．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】建立空间直角坐标系利用向量方法求解即可.‎ ‎【详解】‎ 如图,以为空间直角坐标系原点建立如图空间直角坐标系,因为,,‎ 故,.设与所成角为,‎ 则.故.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用空间直角坐标系求解异面直线夹角的问题,属于基础题型.‎ ‎10．已知是椭圆的右焦点，是椭圆上关于原点对称的两点，若，则的内切圆的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】画图分析焦点三角形的面积再利用等面积法求解即可.‎ ‎【详解】‎ 如图,设左焦点为,连接,因为,故,故四边形为矩形.‎ 故,又,故的内切圆半径满足 ‎,解得.的内切圆的面积为.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆焦点三角形的面积公式与等面积法求内切圆半径等.属于中等题型.‎ ‎11．已知数列满足，是数列的前项和，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据数列的地推公式求解通项公式,再求和判断即可.‎ ‎【详解】‎ 因为,故,故.‎ 又.故成等比数列.成等比数列.‎ 故.‎ ‎.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了根据递推公式求解数列通项公式以及求和的方法,属于中等题型.‎ ‎12．正方体的棱长为1，平面内的一动点，满足到点的距离与到线段的距离相等，则线段长度的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】易得的轨迹为抛物线,得出的最小值即可求出的最小值.‎ ‎【详解】‎ 由动点,满足到点的距离与到线段的距离相等可知,的轨迹是以为焦点,以直线为准线的抛物线,显然位于的中点时取得最小值为.‎ 此时.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了立体几何中的轨迹问题,根据动点到定点与定直线间的距离相等即可知轨迹为抛物线,属于基础题型.‎ 二、填空题 ‎13．若命题“使得”为假命题，则实数的取值范围是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据命题为假命题可根据其否命题为真命题求解.‎ ‎【详解】‎ 因为命题“使得”为假命题,故“,”恒成立.故 .‎ 解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了特称命题的否定与恒成立问题,属于基础题型.‎ ‎14．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a2＋c2－b2＝ac，则B=_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由a2＋c2－b2＝ac，得，‎ 由于，所以 ‎【考点】余弦定理.‎ ‎15．太极图被称为“中华第一图”.从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫、白外五观的标记物，太极图无不跃居其上，这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分的区域可用不等式组或来表示，设是阴影中任意一点，则的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将目标函数对应的基准直线向上平移到阴影部分的边界位置，根据圆心到直线的距离等于列方程，由此求得的最大值.‎ ‎【详解】‎ 根据线性规划的知识，将目标函数对应的基准直线向上平移到阴影部分的边界位置，即直线与圆在第一象限部分相切时，取得最大值. 根据圆心到直线的距离等于得，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查中国古代数学文化，考查线性规划求最大值，属于基础题.‎ 过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点，以为直径的圆分别与轴相切于点，则16．.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可根据焦半径公式求得,再利用等于中点纵坐标之差求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由焦半径公式有,.又等于中点纵坐标之差.又,.‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的焦半径公式与中点纵坐标的运算方法,属于中等题型.‎ 三、解答题 ‎17．已知全集，非空集合，,记，若是的充分条件，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】讨论集合中二次不等式的两根的大小关系进行分类求解,再根据集合间的关系对区间端点进行列式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：,是的必要条件,. ‎ ‎(1)当,即时,. ‎ 由得,解得.‎ ‎(2)当,即时,,不符合题意,舍去. ‎ ‎(3)当,即时,.‎ 由得,解得.‎ 综上,实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了分类讨论的思想以及集合间的基本关系,属于中等题型.‎ ‎18．已知等比数列的前项和为.已知，.‎ ‎(1)求，；‎ ‎(2)证明，，是成等差数列.‎ ‎【答案】（1），（2）证明见解析 ‎【解析】(1)利用基本量法求解首项与公比,进而求得,.‎ ‎(2)根据(1)中所得的证明即可.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)由题意设等比数列的首项为,公比为,则,则 ‎,‎ 从而,即,‎ 所以,,所以,‎ ‎. ‎ ‎(2)由(1)知,‎ ‎,‎ 所以,,成等差数列．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了基本量法求等比数列通项公式的方法以及数列求和等.属于中等题型.‎ ‎19．在中，内角、、的对边分别为、、，边上的中线，满足.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)若，求的周长的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】(1)利用与互补,余弦值相反再根据余弦定理列式求解即可.‎ ‎(2)根据正弦定理求得外接圆直径,再将周长转换为关于角度的函数,利用三角恒等变换的方法求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)在中,.‎ 在中,.‎ ‎,,‎ ‎,.‎ ‎,,即,‎ ‎.‎ ‎,. ‎ ‎(2)由,及正弦定理得,‎ ‎, ‎ ‎. ‎ ‎,,,,‎ 故的周长的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了解三角形中正弦与余弦定理的运用,同时也考查了利用边化角的方法求解周长最值的方法,属于中等题型.‎ ‎20．已知抛物线的焦点为，过点的直线l与相交于两点，点关于轴的对称点为.‎ ‎(1)证明：直线经过点；‎ ‎(2)设，求直线的方程 .‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】(1)联立l与抛物线的方程,求得韦达定理,再求解直线的方程,令从而求得横坐标,利用韦达定理证明等于的横坐标即可.‎ ‎(2)利用(1)中的二次方程与韦达定理,利用坐标表达,代入韦达定理化简求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)依题意,可设l的方程为.‎ 由得, ‎ 则,或. ‎ 设,,则,, ‎ 直线的方程为,即. ‎ 令,所以直线经过点. ‎ ‎(2)由①知,,. ‎ ‎,‎ ‎, ‎ 故,解得,所以l的方程为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与抛物线的位置关系,需要联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理转换题中对应的条件,再代入化简求解.属于中等题型.‎ ‎21．如图,三棱柱的所有棱长均为,底面侧面,为的中点,.‎ ‎(1)证明：平面.‎ ‎(2)若是棱上一点,且满足,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1））取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，可得侧面，即，又侧面为菱形，所以，从而平面，可证得AB1⊥A1P． （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解．‎ 试题解析;（1）取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，底面侧面，，底面，所以侧面，即侧面，又 侧面，所以，又侧面为菱形，所以，从而平面，因为平面，所以.‎ ‎（2）由（1）知，，，，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 因为侧面是边长为2的菱形，且，所以，，，，，，得.设，得，所以，所以.而 .所以，解得.所以，，.设平面的法向量，由得，取.而侧面的一个法向量.设二面角的大小为.则 ‎ ‎22．已知为椭圆的右顶点，点在椭圆的长轴上，过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，当点与坐标原点重合时，直线的斜率之积为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若，求面积的最大值．‎ ‎【答案】(1) +y2＝1;(2) △OAB面积的最大值为1‎ ‎【解析】（1）设，，，，可得．又，代入上式可得：，，解得，即可得出椭圆的标准方程．‎ ‎（2）设直线的方程为：，．，，，，与椭圆方程联立化为：，有，可得，利用根与系数的关系可得：．的面积，即可得出．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设，，，，则．‎ 又，代入上式可得：，‎ 又，解得．‎ 椭圆的标准方程为：．‎ ‎（2）设直线的方程为：，．，，，，‎ 联立，化为：，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，代入可得：．‎ 的面积，‎ ‎．‎ ‎，当且仅当时取等号．‎ 面积的最大值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、向量运算性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎