1、云南省云天化中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 文（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“”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的求和公式以及角标之和的性质，属于基础题.5. 已知某
4、几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知，该几何体为一个底面半径为3，母线长为5的圆锥，可求出圆锥的高，进而求出体积即可.【详解】由空间几何体的三视图知，该几何体为一个底面半径为3，母线长为5的圆锥，则圆锥的高为，所以该圆锥的体积.故选：A【点睛】本题考查三视图、圆锥体积的计算，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于基础题.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
5、,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a满足，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增，得到在区间上单调递减，再将，转化为求解.【详解】因为是定义在R上偶函数，且在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，因为a满足，即，所以，即，解得，故选：B8. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式及二倍角余弦公式求值即可.【详解】故选：D【点睛】本题考查了诱导公式、倍角余弦公式转化函数式，结合已知函数值求值，属于简单题.9. 已知
6、直线与圆交于，两点，则弦长的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由直线，得出直线恒过定点，再结合直线与圆的位置关系，即可求解.【详解】由直线，可得，又由，解得，即直线恒过定点，圆心，当时弦长最短，此时，解得，再由经过圆心时弦长最长为直径，所以弦长的取值范围是.故选D.【点睛】本题主要考查了直线系方程的应用，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练利用直线的方程，得出直线恒过定点，再结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.10. 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.
7、 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.11. 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.
8、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.
9、【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.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. 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
10、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_【
11、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为：【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，
12、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，
13、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，在梯形中，平面，（）
14、设M为的中点，证明：；（）若，求点A到平面的距离【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）利用线面垂直的判定定理可得，再由，利用线面垂直的判定定理即可证明.（）设A到平面的距离为h，根据等体法：，由锥体的体积公式即可求解.【详解】（）证明：平面，平面，又，平面，平面，平面又M为的中点，所以平面，所以 （）解：如图，取的中点K，连接，且，故四边形为平行四边形，又，为矩形，则，所以，在中，设A到平面的距离为h，由，所以，所以，所以，所以A与平面的距离为【点睛】方法点睛：本题考查了证明异面直线垂直，常用方法如下：利用特殊图形中的垂直关系；利用等腰三角形底边中线的性质；利用勾股定理的逆应用；利
15、用直线与平面垂直的性质.20. 在数列中，数列满足（）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（）设，求数列的前n项和【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）由， 变形为，再利用等差数列的定义证明；（）由（）得到，则，然后利用裂项相消法求解.【详解】（）由， 得，即，又，数列是首项和公差均为1的等差数列所以， （），.【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法(1)公式法：等差数列的前n项和公式，等比数列的前n项和公式；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项(4)倒序相
16、加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解21. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面，、分别是、的中点（1）证明：平面；（2）若是棱上一点，且，求三棱锥与三棱锥的体积之比【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，利用菱形的性质可得出，由中位线的性质得出，可得出，利用面面垂直的性质定理推导出平
17、面，可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面；（2）计算出与、与的等量关系，由此计算得出三棱锥与三棱锥的体积之比【详解】（1）证明：如图，连接，且是的中点，又平面平面，平面平面，平面，平面又平面，、分别为棱、的中点，因为四边形为菱形，又，平面；（2）解：如图，连接、，又底面为菱形，、分别是、的中点，故因此，三棱锥与三棱锥的体积之比为.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等
18、腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等22. 设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.【答案】（1）的方程为或；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先根据与轴垂直，且过点，求得直线的方程为，代入椭圆方程求得点的坐标为或，利用两点式求得直线的方程；（2）分直线与轴重合、与轴垂直、与轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证
19、得结果.【详解】（1）由已知得，l的方程为.由已知可得，点的坐标为或.所以的方程为或.（2）当与轴重合时，.当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，则，直线、的斜率之和为.由得将代入得.所以，.则.从而，故、的倾斜角互补，所以.综上，.【点睛】该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，在做题的时候需要先将特殊情况说明，一般情况下，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.