2019-2020学年云南省楚雄州高二上学期期末数学（理）试题（解析版） 18页

‎2019-2020学年云南省楚雄州高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据双曲线的渐近线方程，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，，该双曲线的焦点在轴上，‎ 故其渐近线方程是.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.‎ ‎2．设命题，，则的否定是（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据全称命题的否定形式，即可得出结论.‎ ‎【详解】‎ 因为命题，是全称命题，‎ 所以的否定是特称命题：，.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的否定，要注意全称量词和特称量词的转换，属于基础题.‎ ‎3．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，‎ ‎，则（ ）‎ A． B．19 C． D．39‎ ‎【答案】A ‎【解析】已知两边一夹角求对边，应用余弦定理，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎，，，由余弦定理可得 ‎.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理解三角形，属于基础题.‎ ‎4．“”是“”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】“”充要条件是“ ”，即可得出结论.‎ ‎【详解】‎ 由，得.‎ 取，，此时满足，但是不满足.‎ 综上，“”是“”的必要不充分条件.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查必要不充分条件的判断，属于基础题.‎ ‎5．已知某圆柱的底面周长为4，体积为，矩形是该圆柱的轴截面，则在此圆柱的侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据已知条件求出圆柱的高，将圆柱沿着剪开得到侧面展开图，侧面展开图中线段长，就为圆柱的侧面上从到的路径中最短路径.‎ ‎【详解】‎ 设圆柱的底面半径为，高为，则解得.‎ 故圆柱的侧面展开图是长为4，宽为2的矩形，‎ 则在此圆柱的侧面上从到的最短路径长度为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆柱的结构特征，考查侧面上两点距离最小值，把问题转化为侧面展开图中两点之间线段最短，属于基础题.‎ ‎6．已知，，若不等式恒成立，则正数的最小值是（ ）‎ A．2 B．4‎ C．6 D．8‎ ‎【答案】B ‎【解析】由基本不等式求出的最小值，只需最小值大于等于18，得到关于的不等式，求解，即可得出结论.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 因为不等式恒成立，‎ 所以，即，‎ 解得，所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式的应用，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎7．三棱柱的侧棱与底面垂直，，，是的中点，，，若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出坐标，由，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 如图，以，，所在直线分别为，，轴，‎ 建立空间直角坐标系，则，，‎ ‎，，，，‎ 所以，即.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间向量坐标运算，求出各点坐标是解题的关键，属于基础题.‎ ‎8．在平面内，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，则动点的轨迹方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设动点，根据条件得出，化简，求出轨迹方程.‎ ‎【详解】‎ 设动点，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，‎ ‎，即，‎ 两边平方得，‎ 当时，；当时，.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求曲线的轨迹方程，要注意分类讨论，属于基础题.‎ ‎9．我国古代数学名著《九章算术》里有一个这样的问题：“今有共买金，人出四百，盈三千四百；人出三百，盈一百.问人数、金价几何？”为了解决这个问题，某人设计了如图所示的程序框图，运行该程序框图，则输出的，分别为（ ）‎ A．30，8900 B．31，9200 C．32，9500 D．33，9800‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据算法的功能，可知输出的，是方程组的解，解方程即可.‎ ‎【详解】‎ 解：根据算法的功能，可知输出的，是方程组的解，解此方程可得 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查程序框图，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎10．点是抛物线上的一点，则点到焦点的距离与到的距离之和的最小值为（ ）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【答案】B ‎【解析】求出抛物线焦点坐标和准线方程，将转为点到抛物线准线的距离，由抛物线的定义，可得，转化为求的最小值，结合图形，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意得抛物线的焦点为，准线方程为.‎ 过点作于点，由定义可得，‎ 所以，由图形可得，‎ 当，，三点共线时，最小，最小值为4.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查动点到两定点距离和最小，灵活应用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离互相转化是解题的关键，属于中档题.‎ ‎11．已知正方体的棱长为6，，，分别为，，的中点，，，分别为，，的中点，，，分别为，，的点，……，依此类推，令三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，三棱锥的体积为的体积为，……，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由各三棱锥的棱关系和体积公式，可得出组成首项为36，公比为的等比数列，由等比数列的前项和公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意得.因为，，分别为，，的中点，‎ ‎，，分别为，，的中点，‎ ‎，，分别为，，的中点，……，‎ 所以成等比数列，‎ 且首项为36，公比为，‎ 所以.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题以正方体为背景考查三棱锥体积关系，考查等比数列的前项和公式，属于基础题.‎ ‎12．已知双曲线(，)上的一点，直线与双曲线交于，两点(，都不与重合)，设，的斜率分别为，取最小值时，双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】直线与双曲线交于，两点(，都不与重合)，可知点关于原点对称，设，，由斜率公式结合点在双曲线上，可求出，再由基本不等式可得，，当且仅当时等号成立，求出关系，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设，，，‎ 且，，两式相减可得，‎ 即，，‎ 当，即时取等号，即，‎ 故该双曲线的渐近线方程为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的简单几何性质，要挖掘两点关于原点对称关系，将问题转化为圆锥曲线的参数关系，考查基本不等式的应用，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13．若，满足不等式组则的最大值为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】做出可行域，根据图象特征，即可求出目标函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ 做出可行域，如下图所示：‎ 由解得，，‎ 当目标函数过点时，取得最大值为2.‎ 故答案为:2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查二元一次不等式组表示平面区域，考查线性目标函数的最值，属于基础题.‎ ‎14．已知数列的前项和公式为，则的通项公式为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据数列前项和与通项的关系，分，，即可求出通项公式.‎ ‎【详解】‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 又也满足，所以.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的前项和与通项的关系，属于基础题.‎ ‎15．已知圆的圆心在直线上，圆M与直线相切于点，则圆的标准方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设圆的标准方程，圆心，依题意的斜率为，又圆心在，可得出关于的两关系式，可求出，进而求出半径，即可求出圆的标准方程.‎ ‎【详解】‎ 可设圆的标准方程为，则根据题意可得 解方程组可得 即得圆的方程为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆的标准方程，确定圆心坐标关系是解题的关键，属于基础题.‎ ‎16．为椭圆()的右焦点，已知过椭圆长轴上一点 ‎（不含端点）任意作一条直线，交椭圆于，两点，且的周长的最大值为，则该椭圆的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设椭圆的左焦点为，则有，求出的周长最大值为，结合的关系，即可求解 ‎【详解】‎ 设椭圆的左焦点为，则有 ‎，‎ ‎（当且仅当 三点共线时等号成立）‎ 则，‎ 因此所求离心率为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的简单几何性质，合理应用椭圆的定义是解题的关键，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．为了适应新高考改革，某校组织了一次新高考质量测评（总分100分），在成绩统计分析中，抽取12名学生的成绩以茎叶图形式表示如图，学校规定测试成绩低于87分的为“未达标”，分数不低于87分的为“达标”.‎ ‎（1）求这组数据的众数和平均数；‎ ‎（2）在这12名学生中从测试成绩介于80~90之间的学生中任选2人，求至少有1人“达标”的概率.‎ ‎【答案】（1）86,80.5；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）找出茎叶图中出现次数最多的数为众数，根据平均数公式，即可求得平均数；‎ ‎（2）在被抽取的学生中，有2个“达标”学生，4个“未达标”学生，按达标和不达标两类编号，列出从6人中任取2人的所有情况，统计出满足条件的基本事件的个数，根据古典概型的概率公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)这组数据的众数为86；‎ 平均数为.‎ ‎(2)在被抽取的学生中，有2个“达标”学生，4个“未达标”学生，‎ 将“达标”学生编号为，，“未达标”学生编号为，，，，‎ 则从6人中任取2人,有以下情况：‎ ‎，，，，，，，，‎ ‎，，，，，，.共15种.‎ 其中符合条件的为，，，，，，‎ ‎，，，共9种.‎ 故至少有1人“达标”的概率.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查茎叶图数据的处理，考查古典概型的概率，属于基础题.‎ ‎18．已知函数在上单调递减，关于的方程的两根都大于1.‎ ‎（1）当时，是真命题，求的取值范围；‎ ‎（2）若为真命题是为真命题的充分不必要条件，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（5,6）；（2）.‎ ‎【解析】（1）根据指数函数的单调性，要使函数在上单调递减，只需，即可求出命题为真时参数范围；‎ ‎（2）先求出命题为真时的取值范围，求出方程的两根分别为和，由命题为真，得出，根据命题的关系，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以 因为是真命题，所以，所以.‎ 故的取值范围是（5,6）；‎ ‎(2)若是真命题，则，解得.‎ 关于的方程的两根分别为和.‎ 若是真命题，则，解得.‎ 因为为真命题是为真命题的充分不必要条件，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题为真以及命题间充分不必要条件，求参数的取值范围，属于基础题.‎ ‎19．在锐角中，内角，，的对边分别为，，.已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求函数的定义域及其最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2），.‎ ‎【解析】（1）根据余弦定理将已知等式化为，再化切为弦，可得，结合范围，即可求解；‎ ‎（2）由（1）得，则，由为锐角，求出，用二倍角及辅助角公式，化简，结合角的范围，即可求解 ‎【详解】‎ ‎(1)因为，‎ 所以，即，‎ 因为，所以.‎ ‎(2).‎ 在锐角中，因为，，‎ 所以，则的定义域为，‎ ‎，‎ 故当，即时，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理解三角形，考查三角函数化简，求函数的最值，在求定义域中要注意隐含条件角为锐角不要遗漏，属于中档题.‎ ‎20．已知数列为等差数列，为的前项和，，.数列为等比数列，且，.‎ ‎（1）求和的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】（1）设数列的公差为，将已知条件转化为的方程组，求解，可得到；由已知可得，，从而求出数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）得，，数列的前项和分成两部分，其中用裂项相消求和，用等比数列的前项和公式求和，二者相加，即可求出结论.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设公差为，则由，，‎ 得解得所以.‎ 设的公比，又因为，，‎ 所以，，故.‎ ‎(2)由(1)可知，则 ‎.‎ 数列的前项和为 ‎，‎ 数列的前项和为，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列通项、前项和基本量的运算，以及求等比数列的通项与前项和，考查裂项相消求数列的前和，属于中档题.‎ ‎21．如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，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】（1）取的中点，连接，，可证四边形是平行四边形，即得，即可证明线面平行.‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦值.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）证明：取的中点，连接，.‎ ‎∵是的中点，∴.‎ ‎∵是的中点，∴，‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴.‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）解：以为原点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，即，‎ 令，则，得.‎ 设直线与平面所成角为，∵，‎ ‎∴，‎ 故与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的证明，线面角的计算，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题.‎ ‎22．已知椭圆()的左、右焦点分别是，，点为的上顶点，点在上，，且.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）已知过原点的直线与椭圆交于，两点，垂直于的直线过且与椭圆交于，两点，若，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）设，由已知，求得的坐标为，代入椭圆方程，得；再由，求得，结合，求出值，即可求得结论；‎ ‎（2）先讨论直线斜率不存在和斜率为0的情况，验证不满足条件，设直线的方程为，与椭圆方程联立，消元，由韦达定理和相交弦长公式，求出；‎ 再将直线方程与椭圆联立，求出，由求出的值，进而求出，再求出点到直线的距离，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设椭圆的焦距为，∵，‎ ‎∴的坐标为.∵在上，‎ 将代人，得.‎ 又∵，∴，‎ ‎∴.又∵，‎ ‎∴，，的方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，，，不符合题意；‎ 当直线的斜率为0时，，，也不符合题意.‎ ‎∴可设直线的方程为,‎ 联立得，‎ 则，.‎ ‎.‎ 由得或 ‎∴.‎ 又∵，∴，∴，‎ ‎∴.∵到直线的距离，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，设直线方程时要注意特殊情况，要熟练掌握求相交弦长的方法，考查计算能力，属于较难题.‎