1、陕西省宝鸡中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文（含解析）说明：1.本试题分、两卷，第卷和答案要按照A、B卷的要求涂到答题卡上，第卷不交；2.全卷共三大题22个小题，满分150分，120分钟完卷.第卷（共60分）一.选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的，请选出正确答案）1.在极坐标系中，方程表示的图形为（ ）A. 一条直线B. 一条射线C. 一个点D. 一个圆【答案】B【解析】【分析】根据极坐标系的概念进行判断.【详解】在极坐标系中，方程表示的图形为一条射线.故选：B【点睛】本题考查极坐标系的意义、直线的极坐标方程
2、，属于基础题.2.点M的极坐标化成直角坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用极坐标公式得到答案.【详解】点M的极坐标，则，故直角坐标为.故选：C.【点睛】本题考查了极坐标转化为直角坐标，属于简单题.3.已知，那么下列不等式中成立的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由不等式的性质可知，若，则： ， .故选：C.4.把点的柱坐标化为直角坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据柱坐标与直角坐标的转化关系求解即可.【详解】由题意可知，则点的直角坐标为故选：A【点睛】本题主要考查了柱坐标化直角坐标，属于基础题.5.极坐标方程表示
3、的曲线是（ ）A. 直线B. 圆C. 椭圆D. 抛物线【答案】B【解析】【分析】将极坐标方程转化为直角坐标方程，再根据直角坐标方程判断曲线的形状即可.【详解】极坐标方程，两边同时乘以，可得，因为，代入上式可得，化简变形可得，即，所以曲线表示的图形为圆，故选：B【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化，曲线形状的判断，属于基础题.6.，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可得，然后化简得，而，由不等式的性质给两边同除以不等号方向不变，可得结果.【详解】解：因为，所以，所以，因为 ，所以，所以故选：A【点睛】此题考查了不等式的性质，属于基础题.7.椭圆（为参数）
4、的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将椭圆的参数方程化为普通方程，即可求得椭圆的离心率.【详解】椭圆（为参数），化为普通方程可得，所以，则，所以离心率为，故选：C.【点睛】本题考查了椭圆参数方程与普通方程的转化，椭圆离心率的求法，属于基础题.8.直线被圆（为参数）截得的弦长为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先将圆的参数方程化为标准方程，求出圆到直线的距离，利用直线被圆截得的弦长为即可得到答案【详解】解：由（为参数），得，所以圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离，所以直线被圆截得的弦长为，故选：A【点睛】此题考查直线与圆相交求弦长问题、点到直
5、线的距离公式，考查了计算能力，属于中档题.9.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据绝对值的概念知，即可判断.【详解】，.故选：A【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.10.若实数，则的最小值为（ ）A. 14B. C. 29D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用柯西不等式得到答案.【详解】根据柯西不等式：，即，当且仅当，时等号成立.故选：B【点睛】本题考查了柯西不等式，意在考查学生对于柯西不等式的应用能力.11.不等式：；，其中恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据基本不等式和作差比较法，即可判定，得到答案.【详解】,不能恒成立
6、,；恒成立；当时，当时，不成立；时，当且仅当，即时，等号成立，故恒成立.故选：B.【点睛】本题考查作差法比较大小及基本不等式应用，其中解答中熟记基本不等式的一正、二定、三相等，以及熟练应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档题.12.几何原本中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.如图所示的图形，在上取一点，使得，过点作交圆周于，连接.作交于.则下列不等式可以表示的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据圆的性质、射影定理求出CD和D
7、E的长度，利用CDDE即可得到答案.【详解】连接DB，因为AB是圆O 的直径，所以，所以在中，中线，由射影定理可得，所以.在中，由射影定理可得，即，由得，故选A. 【点睛】本题考查圆的性质、射影定理的应用，考查推理能力，属于中档题.第卷（共90分）二.填空题：（本题共4小题，每题5分，共20分，答案填在答卷纸中相应位置的横线上.）13.二次不等式的解集是_.【答案】【解析】分析】先把变形为，再结合二次函数与二次方程的关系求出其解集.【详解】解：由得:，解得：，所以的解集为.故答案为：.【点睛】本题考查二次不等式的解法，属于基础题.14.用分析法证明：若a，b，m都是正数，且，则.完成下列证明过
8、程.因为，所以要证原不等式成立，只需证明，即只需证明_.因为，所以只需证明，由已知显然成立，所以原不等式成立.【答案】【解析】【分析】把证明不等式转化为寻找使不等式成立的充分条件，直到使不等式成立的充分条件显然已经具备为止.【详解】解：因为，所以要证原不等式成立，只需证明，而可化为，所以只需证明即可，故答案为：【点睛】此题考查用分析法证明不等式的方法和步骤，把证明不等式转化为寻找使不等式成立的充分条件，属于基础题.15.直线与圆（为参数）的位置关系是_.【答案】相交【解析】【分析】先将圆的参数方程化为圆的普通方程，然后再将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，最后计算圆心到直线的距离与半径进行比较
9、即可判断位置关系.【详解】解：因为直线的极坐标方程为，所以直线的直角坐标方程为，因为圆的参数方程为（为参数），所以圆的普通方程为，所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，故答案为：相交【点睛】此题考查直线的极坐标方程，圆的参数方程，直线与圆的位置关系的判断，属于基础题.16.已知a，b，c都是正数，且，则的最小值是_.【答案】12【解析】【分析】由，展开后利用基本不等式，即可求解.【详解】由，可得，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是12.故答案为：12.【点睛】本题主要考查了基本不等式的性质及其应用，着重考查式子的变形能，以及推理与运算能力，属于中档试题.三.解答题（本大题共5个小题，共
10、70分）解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤17.（1）解不等式.（2）已知，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）利用不等式的性质把分式不等式转化为一元二次不等式求解即可；（2）通过两式做差，判断与0的大小即可.【详解】（1）解：由，知，即得，所以不等式的解集为（2）证明：.【点睛】本题考查分式不等式解法、作差法证明不等式，属于基础题.18.已知直线过点，倾斜角是，直线.（1）写出直线的参数方程；（2）直线与直线的交点为N，求.【答案】（1）（t为参数）（2）【解析】【分析】（1）由直线的参数方程直接写出；（2）先把直线极坐标方程化为直角坐标方程，然后与直线的参数方
11、程联立得到的值，根据参数的几何意义即可求出.【详解】解：（1）直线的参数方程为（t为参数）（2）直线化为直线，将（t为参数）代入得，由t的几何意义知，点到两直线的交点N的距离为.【点睛】本题考查直线的参数方程及参数的几何意义、极坐标方程与直角坐标方程互化，属于基础题.19.已知，且关于x的不等式的解集为.（1）求m的值；（2）若a，b均为正实数，且满足，求的最小值.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）解绝对值不等式得到，对比解集得到答案.（2）直接利用均值不等式计算得到答案.【详解】（1），解不等式得，因为解集为，.（2），则，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为2.【点睛】本题考查
12、了绝对值不等式，均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.20.已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）在锐角中，角A所对边，角B所对边，若，求：的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）化简函数，利用余弦函数的性质，求得函数的单调递减区间，进而求得函数的单调递减区间；（2）由（1）求得，利用余弦定理得到，求得的值，结合面积公式，即可求解.【详解】（1）由函数，令，解得，当时，可得，即函数的单调递减区间为.（2）在中，A，B角的对边分别为，由，可得，因为，则，所以，所以，由余弦定理可得，又由，可得，解得或（舍去），所以三角形的面积为.【点睛】本题考查三角恒等变换化简并求函
13、数的性质，以及余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力21.如图，在三棱锥中，D为中点，M为中点，且正三角形，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）利用三角形中位线定理得出，由线面平行判定定理即可得证；（2）先由正三角形的三线合一性质得，又由推出.结合推出平面，从而得到，再由得到平面，根据面面垂直的判定定理即证.【详解】（1）证明：D是的中点，M是的中点，平面，平面，平面.（2）证明：因为是正三角形，
14、M是的中点，所以.又，又，平面，平面，又平面，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的判定，是立体几何中重要的知识点，属于中档题.22.已知椭圆的焦距2，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，直线与椭圆交于两个不同点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）根据焦距及所过点的坐标可得，再由椭圆中的关系求得，即可得椭圆的方程.（2）设，由点斜式表示出直线的方程，并表示出点的横坐标，进而表示出、，联立直线与椭圆方程，并由判别式可得的取值范围，由韦达定理表示出，代入中化简即可.【详解】（1）由题意得，所以，因为过点，所以，而，所以椭圆的方程为.（2）证明：设，则直线的方程为，令，得点的横坐标，又，从而，同理，联立直线与抛物线，化简可得，解得，则，所以.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，由韦达定理求椭圆中定值，属于中档题.