2019-2020学年山东省潍坊市高二上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年山东省潍坊市高二上学期期末数学试题（解析版）

‎2019-2020学年山东省潍坊市高二上学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．若，则下列不等式中正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用不等式的基本性质即可得出.‎ ‎【详解】‎ 解：A.当时，，故错误；‎ B. ，不等式两边同时除以，得，故错误；‎ C. ，不等式两边同时除以，得，故错误；‎ D. ，不等式两边同时取3次幂，得，故正确，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键.‎ ‎2．已知双曲线，则其渐近线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据双曲线渐近线的公式求解.‎ ‎【详解】‎ 解：由已知，‎ 双曲线，则其渐近线方程是，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的渐近线的求解，是基础题.‎ ‎3．如图，空间四边形中，，，，点为的中点，点在线段上，且，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】运用向量的减法和向量的数乘运算可得结果.‎ ‎【详解】‎ 解：由已知 ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量的减法运算，及共线向量的知识.‎ ‎4．我国古代数学名著《算法统宗》中说：九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠；次第每人多十七，要将第八数来言；务要分明依次第，孝和休惹外人传，说的是，有斤棉花全部赠送给个子女做旅费，从第个孩子开始，以后每人依次多斤，直到第个孩子为止.在这个问题中，第个孩子分到的棉花为（ ）‎ A．斤 B．斤 C．斤 D．斤 ‎【答案】C ‎【解析】设第一个孩子分配到斤棉花，利用等差数列前项和公式得：，解方程从而得到.‎ ‎【详解】‎ 解：设第一个孩子分配到斤棉花， 则由题意得：‎ ‎， 解得＝65，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列首项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的公式的合理运用.‎ ‎5．已知在一个二面角的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】设这个二面角的度数为，由题意得，从而得到，由此能求出结果.‎ ‎【详解】‎ 解：设这个二面角的度数为，‎ ‎ 由题意得， ， ， 解得， ∴， ∴这个二面角的度数为， 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用向量的几何运算以及数量积研究面面角，属于中档题.‎ ‎6．为了净化水质，向一个池塘水中加入某种药品，加药后池塘水中该药品的浓度（单位：）随时间（单位：）的变化关系为 ‎，则一段时间后池塘水中药品的最大浓度为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用基本不等式的性质即可得出.‎ ‎【详解】‎ 解：，当且仅当时取等号， 因此经过后池水中药品的浓度达到最大. 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了基本不等式的性质及应用，属于基础题.‎ ‎7．已知抛物线，为其焦点，抛物线上两点、满足，则线段的中点到轴的距离等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出的中点纵坐标，求出线段的中点到轴的距离.‎ ‎【详解】‎ 解：抛物线的焦点,准线方程， 设， ， 解得， ∴线段的中点横坐标为， ∴线段的中点到轴的距离为， 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查解决抛物线上的点到焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离，是基础题.‎ ‎8．已知数列满足，且，则数列的前项和（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由可得，利用，可推出，直接求和即可.‎ ‎【详解】‎ 解：，，两式相除得，‎ 因为，所以，‎ 由，得，，，‎ 所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列求和问题，关键是求出，该数列隔项为等比数列，由于只求前项和，每个都求出来更方便，是中档题.‎ 二、多选题 ‎9．下列说法正确的是（ ）‎ A．命题“，”的否定是“，”‎ B．命题“，”的否定是“，”‎ C．“”是“”的必要而不充分条件 D．“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件 ‎【答案】BD ‎【解析】A.根据全称命题的否定的书写规则来判断；B. 根据特称命题的否定的书写规则来判断；C.根据充分性和必要性的概念判断；D. 根据充分性和必要性的概念判断.‎ ‎【详解】‎ 解：A.命题“，”的否定是“，”，故错误；‎ B.命题“，”的否定是“，”，正确；‎ C.，不能推出，也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故错误；‎ D.关于的方程有一正一负根，所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，正确，‎ 故选：BD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查全称命题，特称命题否定的写法，以及充分性，必要性的判断，是基础题.‎ ‎10．设数列是等差数列，是其前项和，且，则（ ）‎ A． B．‎ C．或为的最大值 D．‎ ‎【答案】BC ‎【解析】将看成关于的一个二次函数，利用二次函数的性质研究其最值，进而可得答案.‎ ‎【详解】‎ 解： 因为，‎ 所以，‎ 则是关于的一个二次函数，‎ 又且，‎ 对称轴，开口向下，则，故A错误，‎ 又为整数，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，故D错误，‎ 所以最靠近的整数或时，最大，故C正确，‎ 所以，故B正确，‎ 故选：BC.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的函数特性，关键是利用的二次函数特性来解决问题，是中档题.‎ ‎11．已知是椭圆上一点，，为其左右焦点，且的面积为，则下列说法正确的是（ ）‎ A．点纵坐标为 B．‎ C．的周长为 D．的内切圆半径为 ‎【答案】CD ‎【解析】设，利用以及椭圆方程可求出点坐标，即可判断A；求出，，利用韦达定理可判断B；根据椭圆的定义可判断C；根据内切圆半径和面积的关系，可判断D.‎ ‎【详解】‎ 解：由已知，不妨设，‎ 则 ‎，故A错；‎ ‎，得，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，故B错；‎ 由椭圆定义，的周长，故C正确；‎ 设的内切圆半径为，‎ ‎，，故D正确；‎ 故选：CD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的定义，针对焦点三角形的计算要熟练，考查学生计算能力，是中档题.‎ ‎12．如图，在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）‎ A．直线与的夹角为 B．平面平面 C．点到平面的距离为 D．若正方体每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面只能是三角形和六边形 ‎【答案】ABD ‎【解析】对A：通过平移使直线与共面来求解；对B：通过证明线面垂直来得到面面垂直；对C：利用体积法求点到面的距离；对D：作出截面可判断.‎ ‎【详解】‎ 解：对A，连结，则为直线与，明显为等边三角形，故A正确；‎ 对B，易得，所以面，所以平面平面，故B正确；‎ 对C，，‎ 又，‎ 所以点到平面的距离为，故C错误；‎ 对D，‎ ‎，D正确.‎ 故选：ABD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面角，点面距离，截面问题，面面垂直，考查空间想象能力和计算能力，是中档题.‎ 三、填空题 ‎13．已知向量与向量共线，则_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，有，列方程组求出即可.‎ ‎【详解】‎ 解：因为向量与向量共线，‎ 则存在，使，‎ ‎，解得，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间向量共线问题，是基础题.‎ ‎14．已知等比数列是递增数列，是的前项和，，是方程的两个根，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】解方程求出，，进而可求出公比，根据公比求出，，则就可以求出来了.‎ ‎【详解】‎ 解：由已知解方程得，，，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列基本量的计算，是基础题.‎ ‎15．汽车在行驶中，由于惯性，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停止，一般称这段距离为“刹车距离”.刹车距离是分析交通事故的一个重要依据.在一个限速为的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，突然发现有危险情况，同时紧急刹车，但还是发生了交通事故.事后现场勘查，测得甲车的刹车距离略超过，乙车的刹车距离略超过.已知甲、乙两种车型的刹车距离与车速之间的关系分别为：，‎ ‎.根据以上信息判断：在这起交通事故中，应负主要责任的可能是_______________车，理由是__________________________.‎ ‎【答案】乙 乙车超过了限定速度 ‎ ‎【解析】根据所给函数，算出两车的车速即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 解：对甲车：令，解得（负值舍去），甲车车速在限速以内；‎ 对乙车：令，解得（负值舍去），乙车车速超过限速，‎ 故答案为：乙；乙车超过了限定速度.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数模型的应用，是基础题.‎ ‎16．已知为双曲线的右焦点，过点向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为，且交另一条渐近线于点，若，则双曲线的离心率是_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求得双曲线的渐近线方程，结合直角三角形的性质和渐近线的对称性，可得关系，进而可得离心率.‎ ‎【详解】‎ 解：双曲线的渐近线方程为， 若，可得在直角三角形中， 由， 可得， ，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题.‎ 四、解答题 ‎17．已知：“实数满足不等式”；：“实数满足不等式，其中实数”.若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出，的等价命题，然后利用是的充分不必要条件，列不等式组求解实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 解：因为，‎ 所以，‎ 解得，‎ 可化为，‎ 因为，所以，‎ 设，，‎ 因为是的充分不必要条件，‎ 所以Ü，‎ 此时有 所以.‎ 故实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查考查对充分性和必要性的理解，考查计算能力，是基础题.‎ ‎18．如图，在直三棱柱中，，，是的中点，是的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成的角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）取的中点，连结、，先证明四边形是平行四边形，得到，利用线面平行的判定理可得结果；‎ ‎（2）连结，，得到为直线与平面所成的角，在中求出.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：取的中点，连结、，‎ 因为是的中位线，‎ 所以，且，‎ 又因为，且，‎ 分所以且 所以四边形是平行四边形，‎ 所以，‎ 又因为面，面，‎ 所以面，‎ ‎（2）解：连结，，因为，是中点，所以，‎ 又因为面面，面，‎ 面面 所以面，‎ 所以直线为在面内的射影，‎ 所以为直线与平面所成的角，‎ 设，则在中，，，，‎ 所以，所以，‎ 所以直线与平面所成的角为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的判定，线面角的求解，考查计算能力和空间想象能力，是中档题.‎ ‎19．已知数列的前项和，且数列是首项为，公差为的等差数列.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】（1）先利用等差数列的通项公式，求出，即可得，再根据 ‎，求出的通项公式；‎ ‎（2）利用裂项相消法求，然后观察可得结果.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由题意，所以，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 又因为适合上式，‎ 所以数列的通项公式为；‎ ‎（2）由（1）得，可得，‎ 所以 ‎，‎ 因为，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的通项公式，法求数列的通项公式，考查裂项相消法求和，是基础题.‎ ‎20．给出下列条件：①焦点在轴上；②焦点在轴上；③抛物线上横坐标为的点到其焦点的距离等于；④抛物线的准线方程是.‎ ‎（1）对于顶点在原点的抛物线：从以上四个条件中选出两个适当的条件，使得抛物线的方程是，并说明理由；‎ ‎（2）过点的任意一条直线与交于，不同两点，试探究是否总有？请说明理由.‎ ‎【答案】（1）选择条件①③;详见解析（2）总有，证明见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）通过焦点位置可判断条件①适合，条件②不适合，通过准线方程，可判断条件④不适合，利用焦半径公式可判断条件③适合；‎ ‎（2）假设总有，设直线的方程为，联立，利用韦达定理计算可得结果.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）因为抛物线的焦点在轴上，所以条件①适合，条件②不适合.‎ 又因为抛物线的准线方程为：，‎ 所以条件④不适合题意，‎ 当选择条件③时，，‎ 此时适合题意，‎ 故选择条件①③时，可得抛物线的方程是；‎ ‎（2）假设总有，‎ 由题意得直线的斜率不为，‎ 设直线的方程为，‎ 由得 设，‎ 所以恒成立，，，‎ 则，‎ 所以，‎ 所以，‎ 综上所述，无论如何变化，总有.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查计算能力，属于中档题.‎ ‎21．如图，在四棱锥中，平面，，，，，二面角为，为的中点，点在 上，且 ‎（1）求证：四边形为直角梯形；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）通过证明，且可得四边形为直角梯形；‎ ‎（2）过点作的垂线交于点，则，，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出面和面的法向量，求出法向量的夹角即可得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为平面，，‎ 所以 因为，且，‎ 所以四边形为直角梯形；‎ ‎（2）过点作的垂线交于点，则，，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，‎ 由（1）知，又，则为二面角的平面角，则，，‎ 所以，，‎ 所以，，，‎ 所以，‎ ‎，‎ 设平面的法向量，则，即 令：，则，，所以，‎ 又平面的法向量，‎ 所以，‎ 由题意知二面角为钝角，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直，线线垂直的性质，以及空间向量法求二面角，考查计算能力与空间想象能力，是基础题.‎ ‎22．已知椭圆，为坐标原点，为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，且，，依次成等比数列，其离心率为.过点的动直线与椭圆相交于、两点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）当时，求直线的方程；‎ ‎（3）在平面直角坐标系中，若存在与点不同的点，使得 成立，求点的坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）直线的方程为或（3）点坐标为 ‎【解析】（1）根据条件列关于的方程组，解方程组即可得结果；‎ ‎（2）验证当直线的斜率不存在时的情况，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，先利用弦长公式求出，列方程求出，进而可得直线的方程；‎ ‎（3）验证当直线与轴平行和垂直时的情况，直线的斜率存在时，可设直线的方程为，利用（2）中所求，利用韦达定理得到，，三点共线，进而可得成立，点坐标也可求出.‎ ‎【详解】‎ 解（1）由题意知，‎ 解得，，‎ 所以椭圆的标准方程为；‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，，不符合题意；‎ 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，‎ 联立，得，‎ 其判别式，‎ 设、坐标分别为，，‎ 则，，‎ 所以，‎ 整理得，解得或，‎ 所以或，‎ 综上，直线的方程为或；‎ ‎（3）因为存在点，使，‎ 即，‎ ‎①当直线与轴平行时，此时，‎ 所以点在轴上，可设点坐标为；‎ 当直线与轴垂直时，则，的坐标分别为，，‎ 由，得，解得或，‎ 因为不同于点，则点坐标只能为；‎ ‎②下面证明，对任意直线，均有点，使成立，‎ 当直线斜率不存在时，由上知，结论成立；‎ 当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，‎ 由（2）中式得，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 易知，点关于轴对称的点的坐标为，‎ 又因为，‎ ‎，‎ 所以，即，，三点共线，‎ 所以，‎ 即成立，‎ 所以点坐标为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查计算能力，难度较大.‎