陕西省咸阳市2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 16页

咸阳市2019～2020学年度第一学期期末教学质量检测 高二数学（理科）试题 一、选择题 ‎1.一元二次不等式的解集为（ ）‎ A. 或 B. 或 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次函数得图像，可得结果.‎ ‎【详解】令，如图 由，所以图形在轴下方，‎ 所以 故选：C ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的的解法，属基础题.‎ ‎2.已知等比数列中，，公比，则（ ）‎ A. 1 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的通项公式可得结果》‎ ‎【详解】由数列是等比数列，所以 则，又，‎ 所以 故选：B ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式，属基础题.‎ ‎3.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. 3 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理，可直接求出的值.‎ ‎【详解】在中，由正弦定理得，所以，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理求边，要记得正弦定理所适用的基本类型，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎4.准线方程为的抛物线的标准方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由抛物线的准线方程可得其焦点在轴负半轴上，且，由抛物线的标准方程可得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，抛物线的准线方程为， 即其焦点在轴负半轴上，且，得， 故其标准方程为：． 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的几何性质，关键是掌握抛物线的标准方程的四种形式．‎ ‎5.命题“”的否定是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按规则写出存在性命题的否定即可.‎ ‎【详解】命题“”的否定为“”，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.‎ ‎6.已知，，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质，可得结果.‎ ‎【详解】因为，所以，又，‎ 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查不等式的性质，熟练记住一些结论，如：不等式两边同乘或同除以一个正数，不改变不等号的方向，属基础题.‎ ‎7.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 与斜交 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过，可以得出，所以可以判断直线之间的关系.‎ ‎【详解】∵，，‎ ‎∴，即.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了利用空间向量的关系，判断线面垂直.‎ ‎8.如图，在空间四边形OABC中，，，，点M在线段OA上，且，点N为BC的中点，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间向量的线性运算求解即可.‎ ‎【详解】由题,‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了空间向量的基本运算,属于基础题型.‎ ‎9.数列满足，则的前10项和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据裂项相消法求和.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以的前10项和为，选B.‎ ‎【点睛】本题考查裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎10.已知是等比数列，则“”是“是递增数列”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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递增数列的定义并结合对项取值，可得结果 ‎【详解】由数列是等比数列，可假设，‎ 则，‎ 可知，但数列不是递增数列，‎ 若数列是递增数列，由定义可知，，故 ‎“”是“是递增数列”的必要不充分条件 故选：B ‎【点睛】本题考查充分、必要条件的定义，同时还考查了等比数列的单调性，巧取特殊值，快速解决问题，属基础题.‎ ‎11.有下列四个命题：①若为假命题，则p，q均为假命题；②命题“若，则”的否命题为“若，则”；③命题“若，则”的逆否命题为“若，则”；④设，命题“若，则”的逆命题是真命题；其中真命题的个数是（ ）‎ A. 1 B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据四个命题和逻辑连接词的性质逐个分析即可.‎ ‎【详解】对①, 若为假命题,则p,q均为假命题.故①正确.‎ 对②, 题“若,则”的否命题为“若,则”；故②错误.‎ 对③, 命题“若,则”的逆否命题为“若,则”；故③正确.‎ 对④, 设,命题“若,则”的逆命题是“若,则”,为假命题；故④错误.‎ 综上,①③正确.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了命题真假判断与四个命题间的基本关系,属于基础题型.‎ ‎12.已知点为双曲线的右焦点，以为圆心的圆过坐标原点，且圆与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若四边形是菱形，则双曲线的离心率为（ ）‎ A 2 B. C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据菱形的定义以及圆的半径，可得渐近线的斜率，结合的关系和离心率的表示，可得结果.‎ ‎【详解】如图，‎ 圆的半径为，且四边形是菱形，‎ 所以，可知，‎ 所以，即 所以，又，‎ 则，由，且 所以 故选：A ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率，高考常考题，正确分析题干，理清思路，属基础题.‎ 二、填空题 ‎13.不等式的解集是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分式不等式的方法求解即可.‎ ‎【详解】.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解,属于基础题型.‎ ‎14.已知的顶点A是椭圆的一个焦点，顶点B、C在椭圆上，且BC边经过椭圆的另一个焦点，则的周长为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据椭圆的定义求解即可.‎ ‎【详解】易得的周长为B、C两点到两个焦点间的距离之和为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的定义运用,属于基础题型.‎ ‎15.已知，则的最小值为________.‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为,故再展开用基本不等式求最小值即可.‎ ‎【详解】.‎ 当且仅当时等号成立.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式求最小值的问题,属于基础题型.‎ ‎16.设等差数列的前n项和为，若，，，则当取最大值时，n的值为________.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列求和的公式分析即可.‎ ‎【详解】由题有且公差.故等差数列为首项大于0,且逐项递减的等差数列.‎ 因为所以.又.‎ 故.当取最大值时,n的值为10‎ 故答案为：10‎ ‎【点睛】本题主要考查了递减等差数列的运用,需要根据等差数列前n项和的性质确定由正变负交替的两项进行分析.属于中等题型.‎ 三、解答题 ‎17.设等差数列的公差为，，为的等比中项.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等比中项的概念求出公差，结合等差数列的通项公式，可得结果.‎ ‎（2）根据（1）的结论，结合分组求和的方法，可得结果.‎ ‎【详解】解：（1），为与的等比中项，‎ ‎，即，‎ 由，所以，‎ ‎∴数列的通项公式为.‎ ‎（2）由（1）得，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及分组求和，掌握求和的基本题型，比如：分组求和，裂项相消，错位相减等，属基础题.‎ ‎18.如图，在棱长为2的正方体中E，F分别为AB，的中点.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求证：平面 ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据空间坐标中的距离公式求解即可.‎ ‎(2)根据空间向量即可证明进而有平面.‎ ‎【详解】解：（1）由题知,,,‎ ‎∴,‎ ‎∴‎ ‎（2）由题知,,,∴,‎ ‎∴,故,‎ 又平面,平面 ‎∴EF∥平面.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量求点到点距离和线面平行的证明.属于中等题型.‎ ‎19.在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的对边，且 ‎（1）求角C的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据正弦定理将角转换为边,再利用余弦定理求解即可.‎ ‎(2)根据余弦定理可求得,再根据面积公式求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）,‎ ‎∴由正弦定理可得,,‎ 由余弦定理有,‎ ‎∵,∴‎ ‎（2）由（1）可得,,即,‎ 又,,‎ ‎∴的面积 ‎【点睛】本题主要考查了利用正余弦定理与面积公式解三角形的问题,属于中等题型.‎ ‎20.已知F为抛物线的焦点，点为抛物线C内一定点，点P为抛物线C上一动点，且的最小值为8.‎ ‎（1）求抛物线C的方程；‎ ‎（2）若直线与抛物线C交于、两点，求BD长.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据抛物线的定义可知分析取得最小值时的情况列出关于的方程求解即可.‎ ‎(2)联立直线与抛物线C,求出对应的二次方程的韦达定理,进而利用弦长公式求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）设d为点P到的距离,则由抛物线定义知,‎ ‎∴当点P为过点A且垂直于准线的直线与抛物线的交点时,取得最小值,‎ 即,解得,‎ ‎∴抛物线C的方程为.‎ ‎（2）联立,得,‎ 显然,,,‎ ‎∴,‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的几何意义与根据直线与抛物线相交的问题求解弦长的公式,属于中等题型.‎ ‎21.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD，四边形ABCD是边长为1的正方形，且，点M是SD的中点.请用空间向量的知识解答下列问题：‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求平面SAB与平面SCD夹角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）45°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AS为z轴,建立空间直角坐标系,再证明即可.‎ ‎(2)分别求出平面SAB与平面SCD的法向量,再利用空间向量的公式求解二面角即可.‎ ‎【详解】解：（1）证明：以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AS为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则,,,,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴‎ ‎（2）易知,平面SAB的一个法向量为,‎ 由图知,,,‎ ‎∴,,‎ 设平面SCD的法向量为,‎ 则,取,得平面SCD的一个法向量为,‎ 设平面SAB与平面SCD的夹角为,‎ 则,故 ‎∴平面SAB与平面SCD夹角的大小为45°‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用空间向量证明直线垂直与二面角的空间向量求法,属于中等题型.‎ ‎22.已知椭圆的左焦点为，直线与x轴交于点，过点且倾斜角为30°的直线l交椭圆于A，B两点 ‎（1）求直线l和椭圆E的方程；‎ ‎（2）求证：点在以线段AB为直径的圆上.‎ ‎【答案】（1） l：，E：；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据点斜式与椭圆的基本量求法求解即可.‎ ‎(2)联立直线l椭圆, 设,利用韦达定理证明即可.‎ ‎【详解】解：（1）由题知,直线l的方程为 由,得,‎ 又,∴,‎ ‎∴椭圆E的方程为 ‎（2）联立方程组,得,‎ 设,,则,,‎ ‎∵,∴,,‎ ‎∴‎ ‎∴点在以线段AB为直径圆上.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解以及联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理与向量的方法求解圆过定点的问题.属于中等题型.‎