1、甘肃省白银市会宁县会宁县第一中学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）一、选择题：本题共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，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】先根据一元二次不等式计算出集合中表示元素范围,然后计算出的范围,最后根据交集的含义计算的结果.【详解】因为,所以即,所以,又因为,所以.故选C.【点睛】本题考查集合的补集与交集混合运算,难度较易,注意一元二次不等式的解集的求解.2.抛物线的准线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将抛物线方程化成标准式
2、，直接求解即可【详解】解：抛物线的标准方程为：，可得，抛物线的准线方程是：故选【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，属于基础题3.下列命题的说法错误的是（）A. 对于命题p：xR，x2+x+10，则p：x0R，x02+x0+10B. “x=1“是“x23x+2=0“的充分不必要条件C. “ac2bc2“是“ab“的必要不充分条件D. 命题“若x23x+2=0，则x=1”逆否命题为：“若x1，则x23x+20”【答案】C【解析】【详解】对于命题p:xR,x2+x+10,则p: x0R，x02+x0+10，是真命题；“x=1”是“x23x+2=0“的充分不必要条件，是真命题；若c=
3、0时，不成立，是充分不必要条件，是假命题；命题“若x23x+2=0,则x=1”的逆否命题为：“若x1,则x23x+20”，是真命题；故选C.4.设,为两个不同的平面，,为两条不同的直线,则下列命题中正确的为（ ）A. 若,则B. 若,则C. 若,则D. 若,则【答案】D【解析】【分析】根据点线面位置关系，其中D选项是面面垂直的判定定理，在具体物体中辨析剩余三个选项.【详解】考虑在如图长方体中，平面，但不能得出平面，所以选项A错误；平面，平面，但不能得出，所以选项B错误；平面平面，平面，但不能得出平面；其中D选项是面面垂直的判定定理.故选：D【点睛】此题考查线面平行与垂直的辨析，关键在于准确掌握
4、基本定理，并应用定理进行推导及辨析.5.已知等差数列的前项和为，且，数列满足，则数列的前9项和为 ( )A. 20B. 80C. 166D. 180【答案】D【解析】【详解】等差数列an的前n项和为Sn,且S2=4,S4=16，可得,解得d=2,a1=1,an=2n1，bn=an+an+1=4n.数列bn的前9和.本题选择D选项.6.已知斐波那契数列的前七项为：，大多数植物的花，其花瓣数按层从内向外都恰是斐波那契数现有层次相同的“雅苏娜”玫瑰花3朵，花瓣总数为99，假设这种“雅苏娜”玫瑰花每层花瓣数由内向外构成斐波那契数列，则一朵该种玫瑰花最可能有（ ）层A. 5B. 6C. 7D. 8【答案
5、】C【解析】【分析】一朵该种玫瑰花的花瓣数为33，计算斐波那契数列的前项和，观察前几项和为33即得【详解】由题设知，斐波那契数列的前6项和为20，前7项和为33，由此可推测该种玫瑰花最可能有7层，故选：C【点睛】本题考查数列的前项和，掌握数列和的概念是解题基础7.若,则下列不等式:;|a|+b0;lna2lnb2中,正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】先由0得到a与b的大小关系,再根据不等式的性质,对各个不等式进行逐一判断.由0,可知ba0.中,a+b0,所以0.故有,即正确.中,ba-a0,故-b|a|,即|a|+b0,故错误.中,baab,又-0,a-b-,故正确
6、.中,baa20,而y=lnx在定义域上为增函数.lnb2lna2,故错,综上分析,错误,正确.8.（2017新课标全国卷文科）设A，B是椭圆C：长轴两个端点，若C上存在点M满足AMB=120，则m的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得；当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得，故的取值范围为，选A点睛:本题设置的是一道以椭圆知识为背景的求参数范围的问题解答问题的关键是利用条件确定的关系，求解时充分借助题设条件转化为，这是简化本题求解过程的一个重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论9.已知三棱锥P-ABC
7、的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90，则球O的体积为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别为、中点，又，平面，平面，为正方体一部分，即 ，故选D解法二:设，分别为中点，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进
8、而补体成正方体解决10.设等差数列的前项和分别为，若，则使的的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由题意，根据等差数列前项和的性质，得到，再由，得到，从而即可求出结果.【详解】因为等差数列的前项和分别为，所以，又，所以，为使，只需，又，所以可能取的值为：，因此可能取的值为：.故选C【点睛】本题主要考查等差数列前项和的应用，熟记等差数列前项和的公式与性质即可，属于常考题型.11.在中，角所对的边分别为，若，则周长的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得，结合的范围可求，再由余弦定理求得 ，再由基本不等式
9、，求得的范围，即可得到的范围，进而可求周长的范围【详解】，可得：，解得，由余弦定理可得 由， ，得，即周长 故选A【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理及运用，同时考查基本不等式的运用，考查运算能力，属于中档题12.已知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率.【详解】设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故 ，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故
10、，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B.【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题,每小题5分共20分.13.已知椭圆与双曲线有共同的焦点,则_【答案】 4【解析】【分析】先求出椭圆的焦点坐标，再根据双曲线的焦距求m的值.【详解】由题得椭圆的焦点为（-3,0）和（3,0）,所以3=，所以m=4.故答案为4【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.14.若x，y满足约束条件，则z3x4y的最小值为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，结合目标函数与可行域
11、的关系，寻找满足条件的最值点即可【详解】画出可行域如图阴影部分所示.由z3x4y，得，作出直线，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A(1，1)处时取最小值，故zmin31411.故答案为【点睛】本题考查由可行域求目标函数最值，正确作图是解题关键，属于基础题15.双曲线的渐近线方程为_.【答案】【解析】【详解】试题分析：由题，得，双曲线的渐近线方程为考点：双曲线方程及几何性质16.点是抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若，中点到抛物线的准线的距离为，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】过作准线的垂线，垂足分别为，则，在中寻找它们的关系，求出比值的最大值。【详解】如图，过作准线的垂线，垂
12、足分别为，则，中，当且仅当时取等号。，即的最大值为。故答案为：。【点睛】本题考查抛物线的定义，在抛物线中涉及到抛物线上的点到焦点的距离或弦中点到准线的距离，可作出抛物线上点到准线的距离，让它们进行转化，象本题，弦中点到准线距离最终转化为弦的两顶点到焦点的距离之和，然后在三角形中由余弦定理建立联系。三、解答题：共70分,解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.17.已知，命題对任意，不等式恒成立；命题存在，使得成立.(1)若为真命题，求的取值范围；(2)若为假，为真，求的取值范围.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）由题得，解不等式即得解；（2）先由题得，由题得，中一个是真命题，一个是假命
13、题，列出不等式组，解不等式组得解.【详解】(1)对任意，不等式恒成立，当，由对数函数的性质可知当时，的最小值为，解得.因此，若为真命题时，的取值范围是.(2)存在，使得成立，.命题为真时，且为假，或为真，中一个是真命题，一个是假命题.当真假时，则解得；当假真时，即综上所述，的取值范围为.【点睛】本题主要考查指数对数函数的性质和不等式的恒成立问题的解法，考查复合命题的真假和存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18.在中,角所对的边分别是且（1）求边的长；（2）若点是边上的一点，且的面积为求的正弦值.【答案】(1)2;(2).【解析】试题分析：（1）由可得，化简可得，由
14、等腰三角形的性质可得结果；（2）由三角形面积得，在中，由余弦定理得，在中，由正弦定理得.试题解析：（1） （2）解得在中，由余弦定理得在中，由正弦定理得.19.如图，在四面体中，分别是线段，的中点，直线与平面所成的角等于（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值【答案】()见证明； () 【解析】【分析】（）先证得，再证得，于是可得平面，根据面面垂直的判定定理可得平面平面（）利用几何法求解或建立坐标系，利用向量求解即可得到所求【详解】（）在中，是斜边的中点，所以.因为是的中点，所以，且，所以，所以. 又因为，所以，又，所以平面，因为平面，所以平面平面（）方法一：取中点，连，则，因为，所以.又
15、因为，所以平面，所以平面因此是直线与平面所成的角故，所以.过点作于，则平面，且过点作于，连接，则为二面角的平面角因为，所以，所以，因此二面角的余弦值为方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系因为 (同方法一,过程略) 则，,所以,，设平面的法向量，则，即，取,得 设平面的法向量则，即，取,得所以，由图形得二面角为锐角，因此二面角的余弦值为【点睛】利用几何法求空间角的步骤为“作、证、求”，将所求角转化为解三角形的问题求解，注意计算和证明的交替运用利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系，通过求出两个向量的夹角来求出空间角，
16、此时需要注意向量的夹角与空间角的关系20.已知双曲线（1）求直线被双曲线截得的弦长；（2）过点能否作一条直线与双曲线交于两点,且点是线段的中点？【答案】（1）（2）不存在，见解析【解析】【分析】（1）联立直线与双曲线方程，求出两点坐标即可求解；（2）利用点差法求解，考虑直线与双曲线位置关系.【详解】解：（1）设直线与的交点联立方程组，化简得：，解得，所以，所以弦长（2）假设存在直线与双曲线交于两点,且点是线段的中点.设,易知,由两式相减得,又,，所以,所以,故直线的方程为,即.由,消去得,因为,方程无解,故不存在一条直线与双曲线交于两点,且点是线段的中点.【点睛】此题考查求直线与双曲线形成的弦
17、长和中点弦问题，易错点在于根据点差法求出方程之后漏掉讨论直线与曲线的位置关系而导致出错.21.数列的前项和记为，,.（1）求的通项公式；（2）求证：对,总有【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据,得，两式相减，得出递推关系即可求解；（2）利用累加法求出，利用裂项求和求出即可得证.【详解】解：（1）由可得，两式相减得，又，故是首项为9，公比为3的等比数列，（2）当时，又符合上式， 则，【点睛】此题考查求数列通项公式，结合裂项相消求和证明不等式，对常规解法的考查，对计算能及要求较高.22.设椭图的左焦点为，右焦点为，上顶点为B，离心率为，是坐标原点，且（1）求椭圆C的方程；（2）已知
18、过点的直线与椭圆C的两交点为M，N，若，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）椭圆中，由已知就有，解得，得椭圆方程；（2）设出坐标，由，得，再由在椭圆上，联立后可解得点坐标，从而求得直线方程。【详解】（1）由题意，又，椭圆方程为；（2）由（1），直线斜率不存在时不合题意，设方程为，由得，即，整理得，直线的方程为，即或。【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题。考查运算求解能力。在直线与椭圆相交问题中常常采用“设而不求”思想方法，即设直线方程，设交点坐标为，由直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后可得，然后把代入题中的条件（如本题中），求得参数值或证明出相应的结论。
