1、云南省云天化中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第卷第1页至第2页，第卷第3页至第4页考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回满分150分，考试用时120分钟第卷（选择题，共60分）注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚2每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号在试题卷上作答无效一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知集合，则（ ）A
2、. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先列出集合B，根据交集定义即可求出.【详解】.故选：C.2. 平面向量与的夹角为，则等于( )A. B. C. 12D. 【答案】B【解析】因为，与的夹角为，故，则，应选答案B3. 下列有关命题的说法正确的是（ ）A. 若命题：，则命题：，B. “”的一个必要不充分条件是“”C. 若，则D. ，是两个平面，是两条直线，如果，那么【答案】A【解析】【分析】对选项逐个分析，对于A项，根据特称命题的否定是全称命题，得到其正确；对于B项，根据充分必要条件的定义判断正误；对于C项根据向量垂直的条件得到其错误，对于D项，从空间直线平面的关系可判断正误.【详解
3、】对于A，命题：，则命题：，A正确；对于B，当时，成立，所以“”是“”的充分条件，所以B错误；对于C，且两向量反向时 成立， 不成立C错误；对于D，若，则，的位置关系无法确定，故D错误.故选：A.【点睛】该题考查的是有关选择正确命题的问题，涉及到的知识点有含有一个量词的命题的否定，充分必要条件的判断，空间直线和平面的关系，属于简单问题.4. 设是等差数列，若，则数列前8项的和为( )A. 128B. 80C. 64D. 56【答案】C【解析】【分析】由等差数列的求和公式以及角标之和的性质求解即可.【详解】故选：C【点睛】本题主要考查了等差数列求和公式以及角标之和的性质，属于基础题.5. 某几何
4、体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可得该几何体为三棱锥，根据体积公式求出即可.【详解】如图，该几何体为三棱锥，其中点P到底面ABC的距离为2，该几何体的体积为.故选：D.6. 设双曲线 (a0，b0)的虚轴长为2，焦距为2，则双曲线的渐近线方程为()A. yxB. y2xC. yxD. yx【答案】C【解析】由题意知2b=2,2c=2,b=1,c=,a2=c2-b2=2,a=,渐近线方程为y=x=x=x.故选C.7. 已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增若实数满足，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析
5、】 ,选D.8. 过点的直线与圆C：交于A，B两点，当最小时，直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】点在圆的内部，要使过点的直线交圆后所得的圆心角最小，则直线交圆所得的劣弧最短，也就是弦长最短，此时直线与过圆心及点的连线垂直，根据斜率之积等于求出直线的斜率，由点斜式可得所求的直线方程【详解】如图，把点代入圆的方程左边得：，所以点在圆的内部，要使过的直线交圆后得到的最小，也就是过的直线交圆，所截得的弦长最短，即当时弦长最短，最小，设此时直线的斜率为，由，得：，所以，的方程为：，即故选：C.【点睛】本题考查圆的标准方程、直线和圆的位置关系，求解时注意过内一点作直线与交
6、于、两点，则弦的长最短弦对的劣弧最短弦对的圆心角最小圆心到直线的距离最大弦的中点为9. 函数的最小正周期为，若其图象向右平移个单位后得到函数为奇函数，则函数的图象（ ）A. 关于点对称B. 在上单调递增C. 关于直线对称D. 在处取最大值【答案】A【解析】【分析】由最小正周期为得出，由的图象向右平移个单位后得到函数为奇函数得出，进而得出，然后根据正弦型函数的图像与性质逐一对选型进行判断即可得出答案.【详解】解：函数的最小正周期为，可得，向右平移个单位后得到的函数为，因为此函数为奇函数，又，所以.故函数，对于选项：正确；对于选项：当，不具有单调性，故B错；对于选项：，故C错；对于选项：，没有取到
7、最大值，故D错.故选：A.【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像与性质，属于中档题.10. 在如图所示的三棱锥中，已知，为线段的中点，则（ ） A. 与不垂直B. 与平行C. 点到点、的距离相等D. 与平面所成的角大于【答案】C【解析】【分析】取的中点，连接、，证明出平面，可判断A选项的正误；假设与平行，利用平行线的传递性可判断B选项的正误；推导出、与的等量关系，可判断C选项的正误；利用线面角的定义可得出与平面所成的角为，比较和的大小关系，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，取的中点，连接、，、分别为、的中点，则，即，为的中点，平面，平面，A选项错误；对于B选项，由A选项可知，若，则，这与矛
8、盾，B选项错误；对于C选项，平面，平面，平面，平面，为的中点，所以，同理可得，则，C选项正确；对于D选项，平面，平面，所以，直线与平面所成的角为，所以，D选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.11. 已知，则的值是（ ）A. B.
9、C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可得，变形，利用两角差的余弦公式可得结果.【详解】由可得，故选B.【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角12. 已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A
10、. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令，作出和图象，由图即可解题.【详解】函数有三个不同的零点，即有三个不同的实根，令，又，分别作出和图象，如图，所以，则图象界于与之间，所以，即.故选：A【点睛】本题主要考查方程解的个数或函数零点个数问题，考查学生数形结合的能力.第卷（非选择题，共90分）注意事项：第卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区城内作答，在试题卷上作答无效二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 设x，y满足约束条件，目标函数的最大值是_【答案】1【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出最大值.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影
11、部分，将化为，则观察图形可知，当直线经过点C时，z取得最大值，联立方程可得,.故答案为：1.14. 在中，内角，所对的边分别是，若，则的面积是_【答案】【解析】【分析】根据，由正弦定理得到再结合两角差的正弦公式化简，然后利用三角形面积公式求解.【详解】因为，由正弦定理得因为，得，所以，化简得，解得，又因为，所以所以的面积故答案：【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形以及两角和与差的三角函数，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题15. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为1的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为_.【答案】【解析】试题分析：根据题意作出图形：设球心为，过ABC
12、三点的小圆的圆心为，则平面ABC，延长交球于点D，则平面ABC.，高，是边长为1的正三角形，.考点：棱锥的体积.16. 设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为若，则的离心率为_【答案】【解析】【分析】由与互补，得到两角的余弦值互为相反数，两次利用余弦定理得到关于的方程.【详解】如图所示：因为焦点到渐近线的距离为，所以，则，所以，因为，所以，解得：.【点睛】求圆锥曲线的离心率主要有几何法和代数法，本题主要通过两次利用余弦定理进行代数运算，找到关系求得离心率.三、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 求下列椭圆的标准方程：（）焦点在x轴上，离心
13、率，且经过点；（）以坐标轴为对称轴，且长轴长是短轴长的3倍，并且与双曲线有相同的焦点【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）设椭圆的标准方程为，将点代入可得，再由即可求解.（）设方程为，根据题意可得，解方程即可求解.【详解】（）因为焦点在x轴上，设椭圆的标准方程为，椭圆经过点，由已知，即，把代入，得，解得，椭圆的标准方程为 （）依题意知椭圆的焦点在y轴上，设方程为，且椭圆的标准方程为18. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角
14、的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形.19. 如图所示，在梯形ABCD中，ADBC，ABBC，AB=BC=1，PA平面ABCD，CDPC（1）设为中点，证明：（2）若，与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直可证明PACD，结合PCCD，即可证明CD平面PAC，再根据线面垂直的定义，即可证明结果；（2）根据题中所给数据关系和勾股定理即可求出，再根据等体积法，即可求出A到平面的距离为，再根据与平面所成角的正弦值，即可求出结果.【详解】（1）证明：PA平面ABCD，CD平面ABCD，
15、PACD 又PCCD， PAPC=P，PA平面PAC，PC平面PAC， CD平面PAC又为中点，所以平面PAC，所以；（2）设，过C作CK垂直AD于K点，因为AB=BC=1， ABBC所以在直角三角形ABC中，在直角三角形PAC中，；又ADBC，ABBC，所以；所以在直角三角形CKD中，;在直角三角形PAD中，由（1）可知三角形PCD为直角三角形所以，即，所以；所以 设A到平面的距离为 又 所以 所以所以所以与平面所成角的正弦值.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定定理，以及等体积法在求点到平面距离中的应用，属于中档题.20. 已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an2n1，(nN+)(
16、)求证：数列an+2是等比数列；()求数列n(an+2)的前n项和【答案】()证明见解析；()【解析】【分析】(I)运用数列递推式和等比数列的定义，证明为常数，即可得证；(II)运用等比数列的通项公式和错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和【详解】解：(I)证明：令n1，则a13Sn2an2n1，(nN+)Sn12an12(n1)1，(n2，nN+)得：an2an2an12，an2an1+2，an+2是等比数列(II)由(I)知：数列an+2是首项为：a1+25，公比为2的等比数列，设数列n(an+2)的前n项和为Tn，则得：，【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运
17、用，数列的错位相减法求和，考查运算能力，属于中档题21. 如图，在中，P，Q分别为边，上的中点，现将沿折起至的位置（）证明：平面平面；（）若异面直线与所成的角为45，求二面角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）先通过证明平面，再由得出平面，即可得证；（）以C点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求出.【详解】（）证明：P，Q分别为，边上中点，则，故翻折后，且，平面又，故平面平面，故平面平面 （）由（）证知，异面直线与所成的角即为，故平面，即为等腰直角三角形，又由（）证知在中过点T作于点H平面平面，平面平面，故平面在中由等面积法可求得以C点为坐标原点建立如图
18、所示的空间直角坐标系，其中z轴则设平面的法向量为，则，即，令，可得又平面的法向量为，二面角的正弦值为【点睛】利用法向量求解空间角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.22. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为2，点P是椭圆上的动点，且的面积的最大值为1（）求椭圆的方程；（）若直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且l与直线相交于Q点T是x轴上一点，若总有，求T点坐标【答案】（）；（）点T的坐标为【解析】【分析】（）根据题意得出，解出即可
19、得出椭圆方程；（）设出直线方程，联立直线与椭圆，利用得出，表示出，再利用即可得出.【详解】解：（）依题意得，解得，所以椭圆的方程为 （）当直线l的斜率不存在时，l与直线无交点，不符合题意，故直线l的斜率一定存在，设其方程为，由，得，因为直线l与椭圆有且只有一个公共点，所以，化简得，所以，即，因为直线l与直线相交于Q，所以，设，所以，即对任意的k，m恒成立，所以，即，所以点T的坐标为【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.
