2019-2020学年甘肃省酒泉市高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年甘肃省酒泉市高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年甘肃省酒泉市高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知向量，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据向量加法的坐标运算直接得到结果.‎ ‎【详解】‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题.‎ ‎2．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】直接利用正弦定理得到，代入数据计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 根据正弦定理，所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.‎ ‎3．命题“，”的否定是（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据特称命题的否定是全称命题得到答案.‎ ‎【详解】‎ 特称命题的否定是全称命题.‎ 故命题“，”的否定是，‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了特称命题的否定，意在考查学生的推断能力.‎ ‎4．抛物线的准线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据抛物线的定义，将抛物线化成标准式，即可求出其准线方程.‎ ‎【详解】‎ 解：‎ ‎，则该抛物线的准线方程是，即.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质，属于基础题.‎ ‎5．设，满足，则的最小值是（ ）‎ A．8 B．-2 C．-4 D．-8‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.‎ ‎【详解】‎ 画出可行域和目标函数，如图所示：‎ 当直线经过点时，即时，.‎ 故选： ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线性规划求最值问题，画出可行域和目标函数是解题的关键.‎ ‎6．在中，角，，所对的边分别为，，，，则的形状是（ ）‎ A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 ‎【答案】B ‎【解析】根据正弦定理得到，化简得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，所以，‎ 所以，即.‎ 因为，，所以，故是直角三角形.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理和三角恒等变换，意在考查学生对于三角公式的综合应用.‎ ‎7．“”是“方程表示椭圆”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】A ‎【解析】方程表示椭圆解得或，根据范围大小判断得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为方程表示椭圆，所以，解得或.‎ 故“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.‎ ‎8．已知双曲线的左、右焦点分别是，，过的弦的长为5，则的周长是（ ）‎ A．17 B．20 C．22 D．25‎ ‎【答案】C ‎【解析】判断点，在双曲线的左支上得到，，再计算周长得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以点，一定都在该双曲线的左支上 则，，从而，‎ 故的周长是.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的周长问题，熟练利用双曲线的焦点三角形性质是解题的关键.‎ ‎9．如图，在三棱锥中，点，，分别是，，的中点，设，，，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】连接，由中位线性质可知；利用空间向量的加减法和数乘运算可表示出结果.‎ ‎【详解】‎ 连接 分别为中点 ‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间向量的线性运算问题，涉及到向量的加减法和数乘运算问题，属于基础题.‎ ‎10．已知命题：在中，若，则，命题：在等比数列中，若，则.下列命题是真命题的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先判断命题是真命题和命题是假命题，再判断为真命题得到答案.‎ ‎【详解】‎ 设，则，因为，所以，‎ 所以，则，即，故命题是真命题.‎ 因为，所以，所以，则命题是假命题.‎ 故是真命题；，，为假命题.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了命题的真假判断，意在考查学生的推断能力.‎ ‎11．已知等差数列的前项和有最小值，且，则使得成立的的最小值是（ ）‎ A．11 B．12 C．21 D．22‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知公差，又，故，，且，根据前项和公式及下标和公式，可得其，即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：由题意可得等差数列的公差.因为，所以，，所以，则，.故使得成立的的最小值是22.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题.‎ ‎12．双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线分别为，，过点且与垂直的直线交于点，交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】设：，：，联立方程得到，再计算，，利用余弦定理得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 记为坐标原点.由题意可得，不妨设：，：‎ 则直线：.联立，解得 则故，.因为，所以 所以，，则.‎ 因为，所以，‎ 所以，整理得，则 解得.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的离心率问题，综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.‎ 二、填空题 ‎13．椭圆的短轴长是______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】椭圆标准方程为，再直接利用椭圆的短轴公式得到答案.‎ ‎【详解】‎ 椭圆方程为，则，则短轴长是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的短轴长，属于简单题.‎ ‎14．已知，且，则的最小值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】变形得到，展开利用均值不等式得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以.‎ 因为，所以，当且仅当，时，等号成立 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用均值不等式求最值，变换是解题的关键.‎ ‎15．从某建筑物的正南方向的处测得该建筑物的顶部的仰角是，从该建筑物的北偏东的处测得该建筑物的顶部的仰角是，，之间的距离是35米，则该建筑物的高为______米.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，，利用余弦定理求得的值.‎ ‎【详解】‎ 解：设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，，，，则，即，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.‎ ‎16．在三棱柱中，，，，则该三棱柱的高为______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】三棱柱的高即为到平面的距离，利用点到平面距离的空间向量求法可求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意知：‎ 该三棱柱的高即点到平面的距离 设是平面的一个法向量 则，令，解得：， ‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间向量法求解点到平面的距离问题，关键是能够将三棱柱高的求解问题成功转化为点到面的距离的求解问题.‎ 三、解答题 ‎17．在中，角，，所对的边分别为，，．已知，且．‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若的面积为，求的周长．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】（1）由正弦定理边化角，根据两角和差正弦公式和诱导公式可化简求得，进而得到的大小；‎ ‎（2）根据三角形面积公式构造方程求得；利用余弦定理构造方程求得，从而得到所求周长.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由正弦定理知：‎ 即 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2） ‎ 由余弦定理得：‎ ‎，解得：‎ 的周长 ‎【点睛】‎ 本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角、余弦定理和三角形面积公式、两角和差正弦公式和诱导公式的应用问题，属于常考题型.‎ ‎18．已知：函数在区间上单调递增，：关于的不等式的解集非空.‎ ‎（1）当时，若为真命题，求的取值范围；‎ ‎（2）当时，若为假命题是为真命题的充分不必要条件，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）当时，，根据单调性得到，计算得到答案.‎ ‎（2）为假命题，则；为真命题，则或；根据充分不必要条件得到范围大小关系得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，.因为为真命题，所以，即，‎ 故的取值范围是.‎ ‎（2）因为为假命题，所以，因为，所以.‎ 记满足为假命题的的取值集合为.‎ 因为为真命题，所以，解得或.‎ 记满足为真命题的的取值集合为.‎ 因为为假命题是为真命题的充分不必要条件 所以集合是集合的真子集，则.故的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了命题的真假判断，充分不必要条件，根据充分不必要条件得到范围的大小关系是解题的关键.‎ ‎19．已知抛物线：的焦点为，且抛物线与直线的一个交点是.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若直线：与抛物线交于，两点，且（为坐标原点），求.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）根据题意得到，计算得到答案.‎ ‎（2）设，，联立方程利用韦达定理得到，，根据计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可得，解得，.故抛物线的方程是.‎ ‎（2）设，，联立，整理得，‎ 则，，从而.‎ 因为，所以，又，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线方程，韦达定理的应用是解题的关键，意在考查学生的计算能力.‎ ‎20．已知数列的前项和为，且，数列满足，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求的前项和.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）利用公式化简得到，再利用计算得到数列的通项公式.‎ ‎（2）由（1）可得，则，再利用错位相减法计算前项和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，‎ 所以，即.‎ 因为，，所以，所以.‎ 故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，.‎ ‎（2）由（1）可得，则，‎ 从而，①‎ ‎，②‎ ‎①-②得，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求通项公式，利用错位相减法计算前项和，意在考查学生对于数列公式的灵活运用.‎ ‎21．如图.四棱柱的底面是直角梯形，，，，四边形和均为正方形.‎ ‎（1）证明；平面平面ABCD；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】（1）证明平面ABCD，再利用面面垂直判定定理证明 ‎（2）由（1）知，AB，AD两两互相垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建系，求出两个半平面的法向量，再利用二面角的向量公式求解即可 ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为四边形和均为正方形，所以，. ‎ 又，所以平面ABCD. ‎ 因为平面，所以平面平面ABCD. ‎ ‎（2）（法—）由（1）知，AB，AD两两互相垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，‎ 则，. ‎ 设为平面的法向量，则 令，则，，所以.‎ 又因为平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量.‎ 所以. ‎ 因为二面角是锐角.所以二面角的余弦值为. ‎ ‎（法二）过B作于H，连接. ‎ 由（1）知平面ABCD，则，‎ 而，所以平面 ‎ 所以 从而为二面角的平面角.‎ 由等面积法，可得，即.‎ 所以， ‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用．‎ ‎22．设椭圆：的左、右焦点分别为，，下顶点为，椭圆的离心率是，的面积是.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程.‎ ‎（2）直线与椭圆交于，两点（异于点），若直线与直线 的斜率之和为1，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.‎ ‎【答案】（1）； （2）证明见解析，.‎ ‎【解析】（1）根据离心率和的面积是得到方程组，计算得到答案.‎ ‎（2）先排除斜率为0时的情况，设，，联立方程组利用韦达定理得到，，根据化简得到，代入直线方程得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可得，解得，，则椭圆的标准方程是.‎ ‎（2）当直线的斜率为0时，直线与直线关于轴对称，则直线与直线的斜率之和为零，与题设条件矛盾，故直线的斜率不为0.‎ 设，，直线的方程为 联立，整理得 则，.‎ 因为直线与直线的斜率之和为1，所以，‎ 所以，‎ 将，代入上式，整理得.‎ 所以，即，‎ 则直线的方程为.‎ 故直线恒过定点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的标准方程，直线过定点问题，计算出是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎