2019-2020学年黑龙江省大庆实验中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版） 18页

‎2019-2020学年黑龙江省大庆实验中学高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．在空间直角坐标系中，点到原点的距离为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据空间中两点间的距离公式求解.‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中两点间的距离公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2．已知，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据导数公式及法则求解.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导数的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎3．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据空间点的对称性求解.‎ ‎【详解】‎ 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称，把x变为-x，z变为-z，y不变，‎ 所以点关于轴的对称点为 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中两点间的对称，还考查了数形结合的思想和理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎4．已知命题，﹔命题，，则下列命题为真命题的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先判断命题，命题的真假，再利用复合命题的结论判断.‎ ‎【详解】‎ 由指数函数的值域知，命题是真命题，‎ 因为 ，所以，命题是假命题，则 是真命题，‎ 所以是真命题.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了命题的真假判断，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.‎ ‎5．已知x1，x2∈R，则“且”是“且”的( )‎ A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】利用不等式的性质以及举反例即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由“且”，则“且”，故充分性满足；‎ 反之，若“且”，取，显然成立，‎ 但并不满足“且”，故不满足必要性.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查了充分条件、必要条件的定义，同时考查了不等式的性质，属于基础题.‎ ‎6．曲线和围成的封闭面积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题意画出直线与曲线所围成的封闭图形 ，利用定积分求出面积.‎ ‎【详解】‎ 直线与曲线所围成的封闭图形如图阴影部分,‎ 两个交点坐标分别为 ，其面积为： ‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用定积分求曲边梯形的面积，还考查了数形结合的思想方法和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎7．已知空间向量，，若，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据，则求解 ‎【详解】‎ 因为向量，，‎ 又因为，‎ 所以.‎ 解得=.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎8．命题“∀x∈R，x2﹣4x+20”的否定是( )‎ A．∃x0∈R，x02﹣4x0+20 B．∃x0∈R，x02﹣4x0+2<0‎ C．∀x∈R，x2﹣4x+2<0 D．∀x∈R，x2﹣4x+20‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用全称命题的否定变换形式即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由命题“∀x∈R，x2﹣4x+20”，‎ 则命题的否定为：∃x0∈R，x02﹣4x0+2<0‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了全称命题的否定，需掌握全称命题的否定变换形式，属于基础题.‎ ‎9．如图所示，在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，从而得到相应向量的坐标，再利用线线角的向量法求解.‎ ‎【详解】‎ 以D为原点，分别以DA，DC，DD1，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB=1‎ 则B(1,1,0)，C(0,1,0)，M( ,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，‎ 所以，与，‎ 设异面直线与所成角为 ， .‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线所成的角，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎10．已知双曲线的标准方程为，过双曲线的左焦点作斜率为的直线，恰好与圆相切，则双曲线的渐近线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先通过焦点设出直线方程，再利用直线恰好与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径求解.‎ ‎【详解】‎ 设左焦点为 ，‎ 则直线方程 ，‎ 即 ，‎ 因为直线恰好与圆相切，‎ 所以圆心到直线的距离等于半径，‎ 即 ，‎ 所以 ，‎ 所以 .‎ 所以双曲线的渐近线方程为 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的几何性质和直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎11．函数，当时，恒成立，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】将当时，恒成立，转化为 时恒成立，再令，用导数法求最小值即可.‎ ‎【详解】‎ 因为函数，当时，恒成立，‎ 所以 时，恒成立，‎ 令，‎ ‎，‎ 当 时，，当 时，，‎ 所以当时取得最小值e.‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎12．椭圆与双曲线的焦点相同，，分别为左焦点和右焦点，椭圆和双曲线在第一象限的交点为，若，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列选项中正确的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先根据椭圆与双曲线的定义求得，再在中，利用余弦定理，化简变形求解.‎ ‎【详解】‎ 设 ，‎ 根据题意， ，‎ 解得 ，‎ 在中，设 ，‎ 由余弦定理得 ，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆与双曲线的定义和余弦定理，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13．抛物线的准线方程是___________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将化成抛物线的标准方程，利用抛物线的性质求解即可．‎ ‎【详解】‎ 由得：，所以，即：‎ 所以抛物线的准线方程为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的简单性质，属于基础题．‎ ‎14．已知，满足线性约束条件，则的最小值为________.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】根据约束条件画出可行域，平移目标函数所在的直线，找到最优点，将最优点的坐标代入目标函数求解.‎ ‎【详解】‎ 根据约束条件画出可行域，如图所示：‎ 平移目标函数所在的直线，最优点A( )，所以 故答案为：1‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线性规划，还考查了数形结合的思想方法和运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎15．计算__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：根据定积分的几何意义，将定积分化为两个区域的面积求解．‎ 详解：令，可得，表示以原点为圆心，半径为2的圆的上半部分．‎ 结合图形可得所求定积分为和扇形的面积之和（如图），且中，，扇形中，．‎ 故．‎ 点睛：求定积分的方法有两种，一是根据微积分基本定理求解；二是根据定积分的几何意义求解，特别是对于被积函数中含有根号形式的定积分，一般要根据几何意义转化为图形的面积求解．‎ ‎16．已知函数，且对于任意的，，，恒成立，则的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先求导，确定函数的单调性，然后不妨设，且 ，将恒成立，去绝对值转化为恒成立，令，转化为是减函数，通过 恒成立求解.‎ ‎【详解】‎ 因为函数，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以 ，‎ 所以，‎ 所以在是增函数，‎ 不妨设，且 ，‎ 因为恒成立，‎ 所以恒成立，‎ 所以恒成立，‎ 令，‎ 因为是减函数，‎ 所以，恒成立，‎ 所以恒成立，‎ 因为 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导数法研究不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知函数.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）当时，求函数的最大值和最小值.‎ ‎【答案】（1）单调递增区间是和；单调递减区间是（2）最大值为，最小值为.‎ ‎【解析】（1）先求导，，则的解集对应的是增区间，的解集对应的是减区间.‎ ‎（2）根据（1）知，当时，，当时，，当时，，求出极值点，再加上端点值，其中最大的为最大值，最小的为最小值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），‎ 当或时，，当时，，‎ 所以函数单调递增区间是和，‎ 函数单调递减区间是.‎ ‎（2）由（1）知，当时，，‎ 当时，，当时，，‎ 所以，，，，‎ 当时，函数的最大值为，当时，函数的最小值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导数法研究函数的单调性与最值问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18．（1）证明不等式.‎ ‎（2）证明：当时，不等式恒成立.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】（1）构造函数，若证不等式成立，则 ，用导数法求的最小值即可.‎ ‎（2）构造函数，若证时，不等式恒成立，则，用导数法求最小值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为不等式成立，‎ 所以成立，‎ 令，‎ 所以，‎ 当时，，当时，，‎ 所以是函数的极小值点，‎ 即，‎ 所以.‎ ‎（2）要证时，不等式恒成立，‎ 只需时，不等式恒成立，‎ 令，‎ ‎，‎ 由（1）可知，，‎ 所以函数在单调递增，‎ 即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导数法证明不等式，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19．已知抛物线上一点到焦点的距离.‎ ‎（1）求抛物线的标准方程；‎ ‎（2）过点的直线交抛物线与，两点，在轴上是否存在定点（异于点），使得，如果存在，请求出定点的坐标，如果不存在请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在，‎ ‎【解析】（1）根据，求得，得到点，再代入抛物线方程求解.‎ ‎（2）设过点的直线方程为，与联立抛物线得：，设点，，，根据，则两直线的斜率互为相反数，即，再由求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，‎ 所以，点，‎ 代入抛物线方程得，，‎ 解得，‎ 所以抛物线方程是.‎ ‎（2）设过点的直线方程为，‎ 与抛物线方程联立得：，‎ ‎，，‎ 设点，，，‎ ‎，，‎ 因为，‎ 所以，‎ 即，‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以，‎ 由于具有任意性，所以，即.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎20．如图所示在四棱锥中，下底面为正方形，平面平面，为以为斜边的等腰直角三角形，，若点是线段上的中点.‎ ‎（1）证明平面.‎ ‎（2）求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】（1）根据为的中点，为的中点，有，再根据线面平行的判定理证明.‎ ‎（2）取中点，由平面平面，得平面，即，，俩俩垂直，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，再利用面面角的向量法求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连结，相交于点，连结，，‎ 为的中点，为的中点，‎ 所以，‎ 又因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）取中点，中点，连结，，，，因为平面平面，所以平面，‎ 即，，两两垂直.‎ 以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图所示：‎ ‎，，，，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令z1=1，，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令z2=1，‎ 所以.‎ 二面角的平面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的判定定理，二面角的求法，还考查了数形结合、转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小值；‎ ‎（2）若恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）先求导，再求极小值点，从而求得最小值.‎ ‎（2）先将恒成立，转化为，恒成立，令，用导数法求的最大值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为.‎ 所以，‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时，函数单调递增，‎ 所以当时，函数取得最小值为.‎ ‎（2）因为恒成立，‎ 所以， 恒成立，‎ 所以，恒成立，‎ 令，‎ ‎，‎ 令，‎ ‎，‎ 当时，，当时，‎ 所以当时，取得最大值，‎ 所以，‎ 所以当时，，函数单调递增，‎ 当时，函数单调递减，‎ 所以当为函数取得最大值，‎ 所以，‎ 所以取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导数法求函数最值，证明不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎22．已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，该椭圆与y轴正半轴交于点M，且△MF1F2是边长为2的等边三角形.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过点F2任作一直线交椭圆于A，B两点，平面上有一动点P，设直线PA，PF2，PB的斜率分别为k1，k，k2，且满足k1+k2=2k，求动点P的轨迹方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）x=4.‎ ‎【解析】（1）根据椭圆的定义可得，从而可求出椭圆的方程. ‎ ‎（2）设过点F2的直线方程为y=（x﹣1）（当斜率存在时），设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出两根之和、两根之积，用两点表示出直线的斜率，代入k1+k2=2k，化简即可求解；当直线斜率不存在时，验证是否满足求出的轨迹方程即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可知：b=|OM|，a=|MF1|=2， ‎ 所以椭圆标准方程为.‎ ‎（2）①设过点F2的直线方程为y=（x﹣1）（当斜率存在时），‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），‎ 联立方程，得到（3+42）x2﹣82x+42﹣12=0，‎ 其中，，y1=（x1﹣1），y2=（x2﹣1），‎ 由k1+k2=2k得：，‎ 通分代入得：，‎ 即（x0﹣4）（（x0﹣1）﹣y0）=0，y0=（x0﹣1）舍去，所以x0=4，‎ ‎②当直线斜率k不存在时，即为x=1，经验证可知直线x0=4上任意一点亦满足条件.‎ 所以点P的轨迹的方程为x=4.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，考查了计算能力，属于中档题.‎