1、三甲集中学2019年2020学年度第一学期期末考试高二理科数学一、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. 不等式x2+2x30的解集为（ ）A. x|x1B. x|x3C. x|1x3D. x|3x1【答案】D【解析】【分析】由题意结合一元二次不等式的解法运算即可得解.【详解】由得，解得.故选：D.【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.2. 设xR，则“1x2”是“1x3”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分必
2、要条件定义判断【详解】时，一定有成立，充分性成立，但时，不一定有成立，如，必要性不成立，因此应是充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，解题方法是根据充分必要条件的定义判断3. 若命题“”为假，且“”为假，则A. 或为假B. 真C. 假D. 不能判断的真假【答案】C【解析】试题分析：命题“”为假，说明与中至少有一个是假命题，“”为假说明为真命题，所以为假命题.考点：本小题主要考查了由复合命题的真假判断命题的真假.点评：解决此类问题的关键是掌握复合命题的真值表并能熟练应用.4. 命题“,”的否定是（ ）A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否
3、定是特称命题进行判断即可【详解】解：命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，即,，故选C【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础5. 空间四边形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出图形，连接，可得，进而利用向量的线性运算，可求出答案.【详解】如下图，连接，则，所以.故选：C6. 已知分别为内角的对边，若，则A. 5B. 11C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，,直接利用余弦定理可求值【详解】，由余弦定理可得，即，解得：，故选C【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题对余弦定理一定要熟记两种形
4、式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.7. ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c，,B120，则边b等于( )A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理列式求解【详解】由正弦定理得故选:C【点睛】本题考查正弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.8. 两个数4和16的等比中项为（ ）A. 8B. 8C. 4D. 4【答案】B【解析】【分析】由等比中项的定义，即可求出结果.【详解】4和16的等比中项为.故选:B【点睛】本题考查等比中项的定义，属于基
5、础题9. 已知等差数列an中，Sn是它的前n项和，若S160，且S170，则当Sn取最大值时的n值为（ ）A 7B. 8C. 9D. 16【答案】B【解析】【分析】利用等差数列前项和的性质进行求解即可.【详解】由,即.又.故.故等差数列是首项为正数,公差为负数的等差数列.故当时,当时.故当取最大值时.故选：B【点睛】本题主要考查首项为正,公差为负的等差数列的性质,属于中等题型.10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线交椭圆于，两点，若的周长为，则椭圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用焦点三角形周长求出，再根据离心率求出，由即可求解.【详解】的
6、周长为，则,所以，又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为：.故选：A【点睛】本题考查了焦点三角形周长、利用离心率求椭圆的标准方程，属于基础题.11. 试在抛物线上求一点，使其到焦点的距离与到的距离之和最小，则该点坐标为A B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为过点P作于点，由定义可得,所以，由图形可得，当三点共线时，最小，此时故点的纵坐标为1，所以横坐标即点P的坐标为选A点睛：与抛物线有关的最值问题的解题策略该类问题一般解法是利用抛物线的定义，实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”
7、，使问题得解；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决12. 过双曲线的右焦点作一条渐近线的垂线，与左支交于点，若，则的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 5【答案】C【解析】【分析】由点到直线距离，求出，根据几何关系，得到，再由勾股定理求出，利用双曲线的定义，得到关系，从而求出离心率，得到答案.【详解】设过作一条渐近线的垂线的垂足为，双曲线的左焦点为，连接又，为中点，为中点，利用双曲线定义得即.故选：C.【点睛】本题考查通过几何关系求双曲线的离心率，双曲线的定义，属于中档题.二、填空题13. 已知向量且与互相垂直，则的值为_【答
8、案】【解析】【分析】先根据空间向量坐标运算得，进而根据向量垂直的坐标表示解方程即可答案.【详解】解：根据向量的坐标运算得：，因为与互相垂直，所以，即，解方程得：.故答案为：14. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】【分析】根据离心率公式和双曲线的的关系进行求解【详解】由题知：，双曲线的渐近线方程为故答案为【点睛】本题考查双曲线渐近线的求法，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质15. 已知命题p：“x R，exx10”，则 为_【答案】xR，exx10【解析】【分析】根据特称命题的否定是全程命题可得结果.【详解】因为特称命题的否定是全程命题，所以“”的否定为“”，故答案
9、为.【点睛】本题主要考查特称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.16. 已知，则的最小值_.【答案】【解析】【分析】将原式变形为，再使用基本不等式即可【详解】，当且仅当，又，即取等号三、解答题17. 在中，且（）求的值； （）求的大小【答案】（）；（）【解析】【分析】（）通过正弦定理易得，代入即可（）三边长知道通过余弦定理即可求得的大小【详解】（）因为，所以由正弦定理可得因为， 所以 （）由余弦定理 因为三角形内角
10、，所以【点睛】此题考查正弦定理和余弦定理，记住公式很容易求解，属于简单题目18. （1）求焦点在轴上，长轴长为6，焦距为4的椭圆标准方程；（2）求一个焦点为，渐近线方程为双曲线标准方程【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设椭圆标准方程，由长轴长知；由焦距得到，解出后，代入椭圆方程即可得到结果；（2）设双曲线标准方程，由渐近线斜率可得，由焦点坐标可得，从而求得，代入双曲线方程可得到结果.【详解】（1）设椭圆标准方程为：由长轴长知： 由焦距知： ，解得：椭圆标准方程为：（2）双曲线焦点在轴上 可设双曲线标准方程为双曲线渐近线方程为： 又焦点为 ，解得： 双曲线标准方程为：【点睛】本题考查椭
11、圆方程、双曲线方程的求解，椭圆和双曲线的简单几何性质的应用，属于基础题.19. 已知长方体中，E为的中点.（1）证明平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连结，与交于点，可得，结合平面，根据线面平行的判断定理可证明平面；（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，及，设直线与平面所成角为，可得，计算即可.【详解】（1）连结，与交于点，则为的中点，又E为的中点，所以，又平面，平面，所以平面.（2）以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，令，得，得，设直
12、线与平面所成角为，则.20. 已知正方体中，点E，F分别是，的中点，用向量法证明：【答案】证明见解析【解析】【分析】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，求出，证明即可.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则可得，即.21. 已知椭圆焦点为且过点，椭圆上一点到两焦点,的距离之差为2，（1）求椭圆的标准方程；（2）求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由题意可得c=2,同时代入点的坐标，结合椭圆的简单性质，联立可得答案.(2)由，解得,满足，可知为直角三角形，可求三角形的面积.【详解】解：（1）由,解得,所以椭圆的标准方程为.（2）由，解得.又，故满足.为直角三角形.【点睛】本题考查椭圆的标准方程的求法和椭圆的几何性质的应用,相对不难.22. 已知是等差数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）为何值时，取得最大值并求其最大值【答案】（1）；（2）n=4时取得最大值.【解析】【分析】（1）利用公式，进行求解；（2）对进行配方，然后结合由，可以求出的最大值以及此时的值.【详解】（1）由题意可知：，当时，当时，当时，显然成立，数列的通项公式；（2），由，则时，取得最大值28，当为4时，取得最大值，最大值28【点睛】本题考查了已知求，以及二次函数的最值问题，根据的取值范围求最大值是解题的关键.
