1、云南省大姚县第一中学2020-2021学年高二数学上学期期末考试检测试题 文（含解析）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知命题“若，则”是真命题，则下列命题中一定是真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则B分析：根据逆否命题的等价性即可进行判断.解答：命题“若，则”是真命题，则根据逆否命题的等价性可知：命题“若，则”是真命题.故选：B.点拨：本题主要考查四种命题之间的关系的应用，根据逆否命题的等价性是解决本题的关键，属于基础题.2. 若双曲线的渐近线方程为，则其离心率为（ ）
2、A. B. C. D. D分析：根据双曲线的渐近线方程为，得到，然后再由求解.解答：因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以其离心率为，故选：D点拨：本题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题.3. 已知，直线与直线垂直，则值为（ ）A. B. C. 或D. 或C分析：根据两直线垂直的性质，两直线垂直时，它们的斜率之积等于，列方程解得即可.解答：直线与直线垂直，当时，直线和垂直，符合题意；当时，它们的斜率之积等于，即，解得；综上，两直线垂直时，的值为或.故选：C.点拨：本题主要考查两直线垂直的性质，两直线垂直斜率之积等于，注意直线斜率不存在的情况，属于基础题.4. 设是两条不同的直线，是三个不同的平
3、面，则下列结论错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则C分析：根据线线，线面平行与垂直的关系，对各选项逐一判断即可.解答：由是两条不同的直线，是三个不同的平面，在A中，若，则，故A正确；在B中，若，则，故B正确；在C中，若，则或或或与平面相交，故C错误；在D中，若，则，故D正确；故选：C.点拨：本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，属于基础题5. 已知，则的最大值为（ ）A. 1B. C. D. D分析：根据基本不等式化简得到，当且仅当时取最大值.解答：因为，所以有，当且
4、仅当时取等号.故选：D.点拨：本题考查基本不等式的应用，尤其要注意的是等式成立的条件,属于基础题型.6. “”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”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B分析：根据椭圆的定义以及集合的包含关系判断即可.解答：由方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以，“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的必要不充分条件.故选：B.点拨：本题考查了椭圆的定义，考查充分必要条件，属于基础题.7. 如图下面的四个容器高度都相同，将水从容器顶部一个孔中以相同的速度注入其中，注满为止用下面对应的图象显示该容器中水面的高度和时间之间的关系，其中不正
5、确的有（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个A分析：结合几何体的结构和题意知，容器的底面积越大水的高度变化慢、反之变化的快，再由图象越平缓就是变化越慢、图象陡就是变化快来判断解答：A、因正方体的底面积是定值，故水面高度的增加是均匀的，即图象是直线型的，故A不对；B、因几何体下面窄上面宽，且相同的时间内注入的水量相同，所以下面的高度增加的快，上面增加的慢，即图象应越来越平缓，故B正确；C、球是个对称的几何体，下半球因下面窄上面宽，所以水的高度增加的越来越慢；上半球恰相反，所以水的高度增加的越来越快，则图象先平缓再变陡；故C正确；D、图中几何体两头宽、中间窄，所以水的高度增加的越来越慢后再
6、越来越慢快，则图象先平缓再变陡，故D正确故选A点拨：本题考查了数形结合思想，对于此题没有必要求容器中水面的高度h和时间t之间的函数解析式，因此可结合几何体和图象作定性分析，即充分利用数形结合思想8. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（ ）A. B. C. D. A分析：作出图象，将异面直线与所成的角转化为解，即可得到结论.解答：由题意，如图，令正方体的边长为，在正方体中，知异面直线与所成的角，即为直线与直线所成的角，在中，由余弦定理得，所以直线与直线所成的角余弦值为，即异面直线与所成的角的余弦值为.故选：A点拨：本题考查异面直线所成的角的余弦值，考查空间能力，计算能力，属于
7、基础题.9. 已知函数的图象如图所示，则的关系是（ ）A. B. C. D. B分析：根据函数导数和极值之间的关系，求出对应，的关系，即可得到结论.解答：由函数图象知，为函数的极大值点，为函数的极小值点，即，是的两个根，又，所以.故选：B.点拨：本题主要考查函数的极值和导数之间的关系，以及根与系数之间的关系的应用，考查学生的计算能力，属于基础题10. 如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. C试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和，所以几何体的表面积为考点：三视图与表面积11. 给出下列说法：方程表示一
8、个圆；若，则方程表示焦点在轴上的椭圆；已知点，若，则动点的轨迹是双曲线的右支；以过抛物线焦点的弦为直径的圆与该抛物线的准线相切，其中正确说法的个数是（ ）A. B. C. D. B分析：根据题意，依次分析题目中的四个命题，综合即可得答案.解答：根据题意，对于，方程变形为，不是圆的方程，故错误；对于，方程变形为，若，则有，则方程表示焦点在轴上的椭圆，故错误；对于，点，则，若，则动点的轨迹是一条射线（以为端点向右的射线），故错误；对于，设抛物线方程为，焦点坐标为，准线方程为，过焦点的弦为，过端点，分别做准线的垂线，垂足为，由抛物线的定义知，则，由梯形的中位线知，即以过抛物线焦点的弦为直径的圆与该抛
9、物线的准线相切，故正确.综上，正确说法的个数为个.故选：B.点拨：本题考查曲线与方程，注意常见圆锥曲线的定义与方程的形式，属于基础题.12. 在平面直角坐标系xoy中，直线l与曲线和曲线均相切，切点分别为A、B两点，则两切点AB间的长为（ ）A. B. C. .D. D分析：设切点，利用导数求得切线斜率，可得切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径可得的值，由切线长定理可得结果.解答：设切点，切点在曲线上， 以为切点的切线的斜率为，直线的方程为，即，直线与曲线（以原点为圆心，以1为半径的半圆）相切，或（舍），所以切点坐标为，由切线长定理可得，故选D.点拨：本题主要考查利用导数求切线斜率及点到直
10、线距离公式，属于难题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 命题：，写出命题否定：_，分析】特称命题改为全称命题，把“”改为“”，“存在”改为“所有”，再否定结论.解答：命题是特称命题，它的否定是全称命题，所以命题的否定为：，点拨：本题考查含有量词的命题的否定.方法：先改量词，再否定结论.14. 圆与圆的位置关系是_.外切分析：直接写出圆心坐标与半径，再计
11、算圆心距，即可得到位置关系.解答：圆，其圆心，半径，圆，其圆心，半径，所以，即，故两圆的位置关系为外切.故答案为：外切.点拨：本题考查两圆的位置关系，属于基础题.15. 棱长为的正方体的外接球与内切球的体积比为_.分析：确定棱长为的正方体的外接球与内切球的半径，即可求得棱长为的正方体的外接球与内切球的体积之比.解答：棱长为的正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，即外接球的半径为，棱长为的正方体的内切球的半径为，所以，外接球与内切球的体积之比为.故答案为：点拨：本题考查球的体积，考查学生的计算能力，属于基础题.16. 已知函数是定义在上的奇函数，且.若时，则不等式的解集为_分析：构造函数，由的
12、单调性结合的奇偶性可得解详解：设，则，当时，由已知得，为增函数，由为奇函数得，即，当时，当时，又是奇函数，当时，时，不等式的解集为故答案为点睛：本题考查考查用导数研究函数的单调性，解题关键是构造新函数，注意根据已知导数不等式构造新函数，常见的新函数有，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.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 已知递增等比数列满足：， （1）求数列的通项公式；（2）若数列为等差数列，且满足，求数列的通项公式及前10项的和；（1）；（2），数列前10项的和.分析：（1）利用等比数列的通项公式，结合已
13、知，可以求出公比，这样就可以求出数列的通项公式；（2）由数列的通项公式，可以求出和 的值，这样也就求出和 的值，这样可以求出等差数列的公差，进而可以求出通项公式，利用前项和公式求出数列前10项的和.解答：（1）设等比数列的公比为，由已知，所以，即数列的通项公式为；（2）由（1）知，所以，设等差数列的公差为，则，设数列前10项的和为，则，所以数列的通项公式，数列前10项的和.点拨：方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，等.（4
14、）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.18. 已知函数，.（1）求的值；（2）求的最小正周期；（3）求的最大值及取得最大值的x的集合.（1）0；（2）最小正周期为；（3）最大值为2，取得最大值的x的集合为.分析：（1）直接代入求值；（2）运用辅助角公式化简函数解析式，运用最小正周期公式求解即可；（3）由（2）可知函数化简后的解析式，可利用正弦函数的性质，可以求出函数的最大值以及此时x的集合.解答：（1）；（2）；最小正周期为；（3）因为；所以当时，即时，函数 的最大值为2，取得最大值的x的集合为.点拨：本题考查了正弦型函数的最小正周期和最大
15、值问题，运用辅助角公式是解题的关键.19. 如图，四边形为正方形，平面，平面.（1）证明：平面平面；（2）证明：平面.（1）证明见解析（2）证明见解析分析：（1）先证明平面，平面，进而可得结论；（2）先证明平面平面，再由面面垂直得线面垂直，即可得到结论.解答：（1）因为平面，平面，所以，所以平面，因为为正方形，所以平面，因为，平面，平面，所以平面平面.（2）由平面，平面，得：平面平面，又，平面平面，所以平面.点拨：本题考查了面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，线面垂直，考查空间思维能力，属于基础题.20. 已知圆C：（xa）2+（y2）24（a0）及直线l：xy+30当直线l被圆C截得的弦
16、长为时，求（）a的值；（）求过点（3，5）并与圆C相切的切线方程（）a1；（）5x12y+450或x3分析：（）根据圆的方程找出圆心坐标与圆的半径，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线l的距离d，然后根据垂径定理得到弦心距，弦的一半及圆的半径成直角三角形，利用勾股对了列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，然后由a大于0，得到满足题意a的值；（）把（）求出a的值代入圆的方程中确定出圆的方程，即可得到圆心的坐标，并判断得到已知点在圆外，分两种情况：当切线的斜率不存在时，得到x3为圆的切线；当切线的斜率存在时，设切线的斜率为k，由（3，5）和设出的k写出切线的方程，根据直线与圆相切时圆
17、心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离d，让d等于圆的半径即可列出关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值，把k的值代入所设的切线方程即可确定出切线的方程综上，得到所有满足题意的切线的方程解答：解：（）依题意可得圆心C（a，2），半径r2，则圆心到直线l：xy+30的距离，由勾股定理可知，代入化简得|a+1|2，解得a1或a3，又a0，所以a1；（）由（1）知圆C：（x1）2+（y2）24，圆心坐标为（1，2），圆的半径r2由（3，5）到圆心的距离为r2，得到（3，5）在圆外，当切线方程的斜率存在时，设方程为y5k（x3）由圆心到切线的距离dr2，化简得：12
18、k5，可解得，切线方程为5x12y+450；当过（3，5）斜率不存在直线方程为x3与圆相切由可知切线方程为5x12y+450或x3点拨：此题考查学生掌握直线与圆相切时所满足的条件，灵活运用垂径定理及勾股定理化简求值，灵活运用点到直线的距离公式化简求值，是一道综合题21. 已知函数，曲线在处的切线是，且是函数的一个极值点求实数a，b，c值；若函数在区间上存在最大值，求实数m的取值范围(1) ，； （2）.分析：（1）可以先通过曲线在处的切线是得出以及，再通过是函数的一个极值点得出，联立方程计算出的值；（2）函数在区间上存在最大值即函数在区间上有极大值并且端点处的函数值要小于极大值解答：（1）.因
19、为曲线在点处的切线为，所以切点为,即.由，得.因为是函数的一个极值点，所以.联立得，.所以，.（2）由（1）得，则当时，或；当时，.所以在处取得极大值即.由得，所以即或.要使函数在区间上存在最大值，则，即.点拨：本题主要考察的是导数的性质以及使用，导数是函数曲线在某一点的切线斜率，当导数为时，函数取极值22. 已知椭圆：的离心率，且过点（1）求椭圆的方程；（2）如图，过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线交椭圆分别于，且满足，求面积的最大值（1）；（2）.分析：解答：（1）根据条件有，解得，所以椭圆（2）根据，可知，分别为的中点，且直线斜率均存在且不为0，现设点，直线的方程为，不妨设，联立椭圆有，根据韦达定理得：，同理可得，所以面积，现令，那么，所以当，时，的面积取得最大值