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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).doc

上传人:高**** 文档编号:1163314 上传时间:2024-06-05 格式:DOC 页数:15 大小:1.03MB
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资源描述

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.

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