1、广东省深圳市红岭中学2019-2020学年高二数学上学期第二学段（期末考试）试题（含解析）一、选择题1. 与共线是直线ABCD()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【答案】B【解析】【分析】根据向量共线的定义，结合充分条件和必要条件的概念判断即可.【详解】根据向量共线的定义，可知若与共线，则它们所在的直线可能平行，也可能重合；若ABCD，则与共线；根据充分条件和必要条件的概念，可知与共线是直线ABCD的必要不充分条件，故选B【点睛】向量共线的定义：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量 .2.下列曲线中
2、离心率为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由于离心率，所以此曲线为椭圆，排除选项A，B；对于选项C，此曲线为椭圆，离心率，不符合；对于选项D，为椭圆，离心率，符合，选D.3.等比数列的首项为1，其前项和为，如果，则的值为 ( ）A. 2B. 2或C. 4D. 4或【答案】C【解析】试题分析：根据,展开可得,所以,根据等比数列通项性质,所以,可得.可知.考点：等比数列通项性质.4.为空间任意一点,三点不共线,若=,则四点A. 一定不共面B. 不一定共面C. 一定共面D. 无法判断【答案】C【解析】【分析】点P在平面ABC内，O是平面ABC外任意一点，则且利用此推论可直接证明一定
3、共面【详解】因为=，且，所以四点共面.【点睛】四点共面问题，在空间向量中经常涉及，要熟练掌握共面向量定理5.如图，将边长为的正方形沿对角线折起，使得，则三棱锥的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】如图所示，图1中，连接与相交于点，可得图2中，是等边三角形，平面，利用三棱锥的体积，即可得出【详解】解：如图所示，图1中，连接与相交于点，则，图2中，是等边三角形，平面，平面，平面，三棱锥的体积故选：【点睛】本题考查了正方形与等边三角形的性质、线面垂直的判定定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题6.若双曲线的顶点为椭圆长轴的端点，且双曲线的离心率与该
4、椭圆的离心率的积为1，则双曲线的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【解析】因为椭圆 ，所以双曲线中 ，焦点在轴即双曲线的方程是点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.7.设点P是曲线yx3x9上的任意一点，曲线在P点处切线的倾斜角为，则的取值范围是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对函数求导得到y3x2，即tan ，结合正切函数的性质得到0，)，).【详解】因为y3x2，所以tan ，又，所以0，)，)故
5、答案为C.【点睛】这个题目考查了导数的几何意义，导数在某点处的函数值即为曲线在该点处的切线的斜率值，即此点处切线的倾斜角的正切值，一般已知正切值或范围求角，需要结合正切函数的图像得到结果.8.已知数列中，则数列的前项和为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】当时，将代入四个选项可得四个选项的值分别为，只有选项符合，故选.点睛：本题主要考查递推数列求通项进而求新构造数列前项和得问题，由于题目是选择题，可以考虑用特殊值法来解决，令，前项的和即，将代入四个选项，仅有一个答案符合，由此判断出正确选项.在小题中，做题要小题小坐，用特殊值或者特例来解决，有时候可以节约大量事件.9.设为抛物线：
6、的焦点，过作倾斜角为30的直线交于、两点，则（ ）A. B. 16C. 32D. 【答案】C【解析】【分析】写出直线方程，联立抛物线方程消元，可根据弦长公式求出弦长.【详解】由题意知，AB所在直线方程为 ，联立消元得，设，则，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，弦长公式，属于中档题.10.已知定义在上函数的导函数为，对任意满足，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令 ，则，所以 即，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等11.已
7、知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用等边三角形中心的性质，结合勾股定理计算得球的半径，过的最大截面是经过球心的截面，可由球的半径计算得出.过最小的截面是和垂直的截面，先计算得的长度，利用勾股定理计算得这个截面圆的半径，由此计算得最小截面的面积.【详解】画出图象如下图所示，其中是球心，是等边三角形的中心.根据等边三角形中心的性质有，设球的半径为，在三角形中，由勾股定理得，即，解得，故最大的截面面积为.在三角形中，由余弦定理得.在三角形中，,过
8、且垂直的截面圆的半径，故最小的截面面积为.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查几何体外接球的问题，考查过一点球的截面面积的最大值和最小值问题，属于中档题.12.设函数.若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：函数.若存在唯一的整数，使得，等价于有唯一整数，利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理，列不等式组求解即可.详解：设，函数.若存在唯一的整数，使得，等价于有唯一整数，即在唯一的整数，使得，由，得，由，得，所以在上递增，在上递减，只有一个整数，得，即实数的取值范围为，故选A.点睛：本题主要考查不等式有解问题以及方程
9、根的个数问题，属于难题.不等式有解问题不能只局限于判别式是否为正，不但可以利用一元二次方程根的分布解题，还可以转化为有解（即可）或转化为有解（即可），也可以利用数形结合，根据零点存在定理列不等式（组）求解.二、填空题13.已知函数的导数为，且时，则这个函数的解析式为_【答案】【解析】解：因为函数的导数为，因此可知解析式为14.方程表示圆C中，则圆C面积的最小值等于_.【答案】【解析】【分析】将圆方程化为标准式，得到利用二次函数的最值得到半径，再计算面积得到答案.【详解】当时，半径最小为，故面积为 故答案为【点睛】本题考查了圆面积的最值，意在考查学生的计算能力.15.已知数列的前项和为，且，则_
10、【答案】【解析】,故填172.16.设分别是正方体的棱上两点，且，给出下列四个命题：三棱锥的体积为定值； 异面直线与所成的角为45；平面； 直线与平面所成的角为60.其中正确的命题为_【答案】 【解析】:三角形在平面内，到平面的距离为定值，故为定值，命题正确. 将平移到，由此可知异面直线与所成的角为45，命题正确.由图可知命题显然不成立.如图所示，连接交于，易得平面，所以是所求线面角，由于，故线面角大小为.综上，正确命题为.【点睛】本题主要考查空间点线面的位置关系，考查空间几何体的体积.第一个命题是关于三棱锥的体积，体积公式是底面积乘以高除以三，根据分析可知底面积一定，高也一定，故体积一定.第
11、二个命题是异面直线所成的角，判断方法是利用平移将两条直线移到一起，然后解三角形得到.三、解答题17.等差数列的各项均为正数，,前n项和为等比数列 中，且,（1）求数列与的通项公式；（2）求【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）由题意,要求数列与的通项公式,只需求公差，公比,因此可将公差,公比分别设为d，q,然后根据等差数列的前项和公式,代入,求出d，q即可写出数列与的通项公式（2）由（1）可得,即,而要求,故结合的特征可变形为,代入化简即可【详解】（1）设等差数列的公差为d，d0，的等比为q 则 , 依题意有，解得或（舍去）故,（2）由（1）可得 =【点睛】本题第一问主要考查了求数列的
12、通项公式,较简单,只要能写出的表达式,然后代入题中的条件正确计算即可得解,但要注意d0第二问考查了求数列的前n项和，关键是要分析数列通项的特征,将等价变形为,然后代入计算，这也是求数列前n项和的一种常用方法-裂项相消法！18.已知正方体，（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成的角【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）证明，再根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）即为异面直线与所成角，求出即可【详解】（1）证：在正方体中，且，四边形为平行四边形，又平面，平面；平面；（2）解：，即为异面直线与所成的角，设正方体的边长为，则易得，为等边三角形，故异面直线与所成的角为【点睛】本题
13、主要考查线面平行的判定与异面直线所成的角，属于基础题19.设函数（）当时，求的极值；（）当时，判断的单调性.【答案】（）极小值为，无极大值；（）函数在上单调递增【解析】【分析】（）先求的导数，将时，代入，结合导数正负求解原函数的极值即可；（）结合和二次函数性质判断导数正负，再判断单调区间即可【详解】（）由已知，的定义域为，当时，令，得又，所以，当时，；当时，因此，当时，有极小值，极小值为，无极大值；（）由已知，的定义域为，令，则在上递减，在上递增，因此，有最小值当时，则，此时，函数在上单调递增【点睛】本题考查根据导数求解函数极值，求解含参函数的单调性，属于中档题20.如图1，在梯形中，为中点，
14、是与的交点，将沿翻折到图2中的位置得到四棱锥（1）求证：（2）若，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）先证明，即可证明；（2）利用空间向量的运算，先建立空间直角坐标系，再利用空间向量的夹角公式运算即可得解.【详解】解：（1）由图1可知，四边形为菱形，则， 则在图（2）中，所以，又，所以，又 故；（2）因为，所以，设AB=,则,又 所以 建立如图所示的空间直角坐标系，则，,，则 , 则面的法向量为，设面的法向量为， 则 ,则，令,则,则， 所以cos=,又由图可知二面角为钝二面角，故二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了线线垂直的判定及利用空间向量求二面角的平面角的
15、大小，属中档题.21.已知抛物线的焦点恰好是椭圆的右焦点.（1）求实数的值及抛物线的准线方程；（2）过点任作两条互相垂直的直线分别交抛物线于、和、点，求两条弦的弦长之和的最小值【答案】（1），；（2）最小值为【解析】【分析】（1）根据椭圆方程C:求出右焦点,即为抛物线的焦点,根据抛物线的焦点坐标与的关系式即可求出,最后得抛物线的准线方程.（2）根据题意设、 的直线方程,将直线代入抛物线中,消得,根据韦达韦达定理求得,同理求得,将+用基本不等式不等式即可求出最小值.【详解】（1）由已知椭圆C整理得,所以焦点F的坐标为, 所以 所以抛物线E的准线方程为：（2）由题意知两条直线的斜率存在且不为零设直
16、线的斜率为,方程为,则的斜率为,方程为设、,由得因为,所以,所以同理得,所以当且仅当即时取“等号”,所以两条弦的弦长之和的最小值为【点睛】本题考查抛物线及其标准方程的求法和抛物线的几何性质中的定点定值问题,根据垂直问题设斜率可以减少变量,从而方便求极值.22.已知函数，其中为自然对数的底数，.（1）求证：；（2）若对于任意，恒成立，求的取值范围；（3）若存在，使，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或.【解析】【分析】（1）对利用导数研究函数的单调性及最小值，进而证明不等式；（2）由题意得，对分成三种情况讨论，进而利用参变分离，构造新函数，利用导数研究新函数最值，从而得到的取
17、值范围；（3）设，题设等价于函数有零点时的的取值范围，先对函数进行求导得，再对分成三种情况进行研究函数的零点.【详解】解：（1）令，得，当时，；当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得最小值，因为，所以.（2）由题意，得，当，不等式显然成立，此时；当时，所以，当时，所以，记，在区间和上为增函数，和上为减函数.当时，当时，综上所述的取值范围为.（3）设，题设等价于函数有零点时的的取值范围.当，恒成立，所以在单调递增，若，则，只需，则，则，所以有零点.当时，对恒成立，所以无零点，不成立.当时，得，则时，所以在单调递减；时，所以在在单调递增，所以，时，又，所以有零点；时，所以有零点；时，所以无零点，不成立.综上，的取值范围是或.【点睛】本题考查利用导数证明不等式、不等式恒成立问题、函数的零点，考查函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与化归思想的综合运用，在求解过程中反复运用零点存在性定理，既要考虑函数的单调性又要考虑区间端点函数值的正负.
