1、吴忠中学2019-2020学年第一学期期末考试高二年级数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合B，由补集和并集运算即可得解.【详解】已知集合，解一元二次不等式可得，集合，由补集运算可得，根据并集运算可得，即，故选：C.【点睛】本题考查了集合补集和并集的简单运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.2.下列双曲线中，离心率为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别求得各选项的离心率即可得解.【详解】对于A，中
2、，则，所以A错误；对于B，中，则，所以B错误；对于C，中，则，所以C错误；对于D，中，则，所以D正确；故选：D.【点睛】本题考查了根据标准方程求双曲线离心率的方法，属于基础题.3.已知空间向量，（）.若，则（ ）A. B. C. 2D. 10【答案】A【解析】【分析】设，根据空间向量平行的坐标关系，即可求得的值.【详解】空间向量，若，则满足，所以由向量的数乘运算可得，解得，故选：A.【点睛】本题考查了空间向量平行的坐标关系，共线基本定理的应用，属于基础题.4.在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则的面积为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据等腰三角形性质
3、，先求得，再由三角形面积公式即可求解.【详解】在中，由等腰三角形性质可得，则，由三角形面积公式可得，故选：B.【点睛】本题考查了三角形面积公式的简单应用，属于基础题.5.下列命题中，假命题是（ ）A. ，B. ，C. 的充要条件是D. 命题“若，则”的逆否命题【答案】C【解析】【分析】根据指数函数性质可判断A，由特殊值法可说明B是正确的，根据特殊值说明C是错误的，由命题与逆否命题同真同假，即可判断D.【详解】对于A，由指数函数性质可知，所以A正确；对于B，当时成立，所以B正确；对于C，当时不成立，所以C错误；对于D，“若，则”真命题，则其逆否命题为真命题，所以D正确；综上可知，C为假命题.故选
4、：C.【点睛】本题考查了了命题真假的判断，含存在量词与全称量词的命题否定，原命题与逆否命题关系，属于基础题.6.已知双曲线，那么它的焦点到渐近线的距离为（ ）A. B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据双曲线方程，求得焦点坐标和渐近线方程，由点到直线距离公式即可求解.【详解】双曲线，则其右焦点为，渐近线方程为，不妨设右焦点，取渐近线方程为，由点到直线距离公式可得，故选：A.【点睛】本题考查了双曲线标准方程及几何性质的简单应用，双曲线渐近线方程及点到直线距离公式的应用，属于基础题.7.已知数列的前n项和满足：，且，那么（ ）A. 1B. 9C. 10D. 55【答案】C【解析】【
5、分析】利用赋值法，令，代入后结合即可得.【详解】数列的前n项和满足：，令，代入可得，即，故，故选：C.【点睛】本题考查了数列的性质与简单应用，求数列中的项，属于基础题.8.椭圆的焦点为，点M在椭圆上，且，则M到y轴的距离为（ ）A. 3B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，代入椭圆方程；根据及向量垂直的坐标关系，可得解方程组即可求得的值，进而可得M到y轴的距离.【详解】设，点M在椭圆上，所以椭圆的焦点为，则，所以，由，可得，化简可得联立可解得，故M到y轴的距离为，故选：C.【点睛】本题考查了点与椭圆的位置关系，平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.9.若正实数x，y，满足，则的最小值
6、是（ ）A. 1B. 3C. 9D. 18【答案】C【解析】【分析】将所给等式变形后可得，并根据正实数x，y可求得的范围；将代入，变形后以分离常数形式构造基本不等式，即可求得最小值.【详解】正实数x，y，满足，变形可得，由x，y是正实数可得，解得.所以当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为9.故选：C.【点睛】本题考查了由等量关系求最值，基本不等式求最值的应用，分离常数方法的应用，属于中档题.10.已知实数x，y满足约束条件，若使目标函数（）取得最小值的最优解有无数个，则实数a的值为（ ）A. B. C. 1D. 3【答案】C【解析】【分析】由题意画出不等式组表示可行域，根据最优解有无数个，所
7、以目标函数的斜率与可行域边界的直线重合，结合图形即可求解.【详解】根据不等式组，画出可行域如下图所示：目标函数（），变形为当斜率时，最小值有无数个最优解，解得，故选：C.【点睛】本题考查了线性规划的综合应用，根据最优解求参数的值，属于中档题.11.如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三棱柱的边长和角度关系，设棱长为1，分别求得、的数量积，并用表示出和，结合空间向量数量积的定义求得，再求得和，即可由向量的夹角公式求得异面直线与所成角的余弦值.【详解】三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，设棱长为1，则，.，
8、所以而，所以，故选：D.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，空间向量数量积的定义与运算，异面直线夹角的向量求法，属于中档题.12.如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，为椭圆的顶点，F为右焦点，延长与交于点P，若为锐角，则该椭圆的离心率的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设椭圆的长半轴为短半轴为，半焦距为.根据向量的坐标运算表示出，.由为锐角，结合向量数量积的坐标运算，即可求得，转化为离心率的不等式，解不等式并结合椭圆离心率的范围即可求解.【详解】设椭圆的长半轴为短半轴为，半焦距为.为与的夹角，而，由为锐角，则，即，又因为，则，不等式两边同时除以可得，解得或
9、，又因为，所以，即该椭圆的离心率的取值范围为，故选：B.【点睛】本题考查了椭圆的几何性质简单应用，平面向量的坐标表示，平面向量夹角运算，离心率取值范围的求法，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上13.已知集合，则的元素个数为_个【答案】2【解析】【分析】画出曲线和函数图像，根据交点个数即可判断的元素个数.【详解】集合，画出椭圆的曲线及函数图像如下图所示：由图像可知，两个曲线有2个交点，因而有2个元素，故答案为：2.【点睛】本题考查了利用数形结合法求集合交集个数，属于基础题.14.设坐标原点为O，过抛物线焦点的直线交于A、B两点，则等于_【答案】【解
10、析】【分析】当斜率存在时，设出直线方程和两个交点，联立直线方程与抛物线方程，由韦达定理表示出，进而求得.根据平面向量数量积的坐标表示，求得即可；当斜率不存在时，易得两个交点坐标，可得的值.【详解】抛物线，则焦点坐标为.当斜率存在时，设直线方程为，交点.则，化简可得.则 所以，当斜率不存在时，易得两个交点坐标为，则也成立所以.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系及综合应用，平面向量数量积的坐标表示及运算，属于中档题.15.如图，正三棱柱中，则与平面所成角的正弦值为_.【答案】【解析】【分析】取中点，连接，可证明平面，则即为与平面所成角.由线段关系即可求得的正弦值.【详解】取中点，
11、连接，如下图所示：正三棱柱，则，因为平面，平面，所以而，则平面，则即与平面所成角.因为，所以故答案为：.【点睛】本题考查了直线与平面夹角的求法，找到直线与平面夹角是解决问题的关键，属于中档题.16.设x，y为实数，满足，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】利用方程组形式，可得，求得后结合不等式性质即可求得的最小值.【详解】设即所以，解得所以因为，所以由不等式性质可知即，当且仅当时取等号，解得.综上可知，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了不等式的化简变形应用，不等式性质求最值，关键是要求出两个不等式间的关系，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过
12、程或演算步骤.17. ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c（）若a，b，c成等差数列，证明：sinA+sinC=2sin（A+C）；（）若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值【答案】（）详见解析（）【解析】试题分析：（）由a，b，c成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，利用正弦定理化简，再利用诱导公式变形即可得证；（）由a，bc成等比数列，利用等比数列的性质列出关系式，再利用余弦定理表示出cosB，将得出的关系式代入，并利用基本不等式变形即可确定出cosB的最小值试题解析：（）a，b，c成等差数列， 2b=a+c， 利用正弦定理化简得：2sinB=sinA+sinC， si
13、nB=sin（A+C）=sin（A+C）， sinA+sinC=2sinB=2sin（A+C）； （）a，b，c成等比数列， b2=ac，cosB=，当且仅当a=c时等号成立， cosB的最小值为考点：余弦定理；正弦定理18.在平面直角坐标系中，动点P到两点、的距离之差的绝对值等于.设点P的轨迹为C.（1）求C的轨迹方程；（2）过点的直线l与曲线C交于M，N两点，且Q恰好为线段的中点，求直线l的方程.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据条件，结合双曲线定义即可求得双曲线的标准方程.（2）当斜率不存在时，不符合题意；当斜率存在时，设出直线方程，联立双曲线，变形后由中点坐标公式可求得斜
14、率，即可求得直线方程.【详解】（1）动点P到两点的距离之差的绝对值等于，且，设，则，根据双曲线定义可知动点P轨迹C为双曲线，焦点在轴上，且，所以，则双曲线的标准方程为C：.（2）过点的直线l与曲线C交于M，N两点，且Q恰好为线段的中点，当直线斜率不存在时，直线方程为，则由双曲线对称性可知线段的中点在轴上，所以不满足题意；当斜率存在时，设直线方程为，设，则，化简可得，因为有两个交点，所以 化简可得恒成立，所以，因为恰好为线段的中点，则，化简可得，所以直线方程为，即.【点睛】本题考查根据双曲线定义求双曲线标准方程，直线与双曲线的位置关系，由中点坐标求直线方程，属于中档题.19.已知抛物线C：（）上
15、一点到焦点的距离为4.（1）求抛物线C的方程；（2）若，直线l：与抛物线C相交于A，B两点，求的面积.【答案】（1）抛物线方程为或；（2）.【解析】【分析】（1）将点带入抛物线方程，结合抛物线定义可得的方程，解方程即可确定的值，进而求得抛物线方程.（2）由和（1）可确定抛物线方程，将抛物线方程与直线方程联立，根据弦长公式求得，再由点到直线距离公式可得原点到直线的距离，即可求得的面积.【详解】（1）点在抛物线（）上，则，点到焦点的距离为4，由抛物线定义可知点到准线的距离也为4，则，所以，解得或，所以抛物线方程为或，（2）因为，由（1）可知抛物线方程为，直线l：与抛物线C相交于A，B两点，设，则，
16、化简可得，则由弦长公式可得，由点到直线距离公式可得原点到直线的距离为，则【点睛】本题考查了抛物线的标准方程求法，直线与抛物线的位置关系，中点弦所在直线方程的求法，属于中档题.20.如图，长方体中，点P在棱上移动. （1）证明：；（2）等于何值时，二面角的大小为.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由条件易得和，则由线面垂直判定定理可得平面，进而证明；（2）建立空间直角坐标系，设，求得平面的法向量，平面的法向量为，再根据二面角的大小为及空间向量数量积的坐标运算，求得的值，即确定的值.【详解】（1）证明：长方体中，则为正方形，所以而平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以（2
17、）以D为原点建立空间直角坐标系，如下图所示:则设，平面的法向量为，所以则，即令，解得 所以而平面的法向量为.由二面角的大小为可得即解得或 因为，点P在棱上移动.所以即时二面角的大小为.【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直的方法，空间向量法由二面角大小求线段长度，属于中档题.21.如图，在四棱锥中，底面是菱形，且平面，M，N分别为，的中点. （1）记平面与底面的交线为l，试判断直线l与平面的位置关系，并证明.（2）点Q在棱上，若Q到平面的距离为，求线段的长.【答案】（1）直线平面，证明见解析.（2）.【解析】【分析】（1）连接，可由线面平行判定定理证明平面，再由线面平行性质及平行线的传递性
18、证明直线与平面平行即可.（2）以A为原点建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并设，结合坐标运算可用表示的坐标，并求得平面的法向量.根据条件及点到平面距离的向量求法，即可确定的值，进而求得线段的长.【详解】（1）直线与平面平行，证明如下：连接，如下图所示：M，N分别为，的中点，则由中位线定理可得，因为平面，平面，所以平面，平面与底面的交线为，由线面平行的性质可得，又因为，则由平行线传递性可得因为，且平面，平面，所以直线平面.（2）根据题意，以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：则设，（），所以解得，所以则由中点坐标公式可得，则设平面的法向量为，则，即所以，令，代入解得.即而，所以Q到平面
19、的距离，解得，因为，所以.所以【点睛】本题考查了线面平行的判定与线面平行的性质应用，由点到平面距离及空间向量法求参数，属于中档题.22.如图，椭圆C：（），分别是椭圆C的左，右焦点，点D在椭圆上，且，的面积为. （1）求椭圆C的方程；（2）过的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在点A，使为常数？若存在，求出点A的坐标和这个常数；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2），常数为.【解析】【分析】（1）根据线段比例关系及面积，集合椭圆中关系，可得方程组，解方程即可求得椭圆的标准方程.（2）假设存在点满足为常数.当斜率存在时，设出直线方程，并联立椭圆方程，由韦达定理表示出，进而表示出.根据
20、平面向量数量积的坐标运算，结合系数比相同时为常数，即可求得的值，进而确定的值；当斜率不存在时，易得两个交点坐标，即可确定取的值时的值是否与斜率存在时的一致.【详解】（1）椭圆C：（），分别是椭圆C的左，右焦点，点在椭圆上，且，.则点的坐标为，（）.代入椭圆方程可得，解得.又因为，的面积为.所以 ，解得所以椭圆的标准方程为.（2）假设在轴上存在点A，使为常数，设.当直线的斜率存在时，直线过，设.则，化简可得，所以.所以，则，因为为常数，所以，解得，此时当直线的斜率不存在时，直线与椭圆的两个交点坐标分别为.则所以当时，.综上可知，在轴上存在点，使得为常数，该常数为.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系及应用，由韦达定理求参数，分类讨论思想的应用，平面向量数量积的坐标运算，综合性较强，属于难题.