2019-2020学年河南省平顶山市高二上学期期末数学（理）试题（解析版） 17页

‎2019-2020学年河南省平顶山市高二上学期期末数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知命题:，，则为（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】B ‎【解析】由全称命题的否定为特称命题求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：因为命题:，，‎ 则为，，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了特称命题与全称命题的否定，属基础题.‎ ‎2．已知，设:；:.若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用集合间的包含关系，即条件对应的集合为条件对应的集合的真子集，可得出关于实数的不等式组，解出即可.‎ ‎【详解】‎ 因为是的充分不必要条件，‎ 所以条件对应的集合为条件对应的集合的真子集.‎ 所以需解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查充分条件与必要条件，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为集合间的包含关系.‎ ‎3．记等差数列的前项和为.若，，则公差（ ）‎ A．-8 B．-4 C．4 D．8‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用可求得，再根据等差数列中的任意两项，即可求得公差.‎ ‎【详解】‎ 由题意得，所以，‎ 所以公差.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列中基本量法运算、公差的求解，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎4．双曲线(，)的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C．2 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】先由双曲线渐近线方程求得，再结合双曲线离心率求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：由双曲线(，)的一条渐近线方程为可得，‎ 则，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线渐近线方程，重点考查了双曲线离心率的求法，属基础题.‎ ‎5．已知实数，满足则的最大值为（ ）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【答案】C ‎【解析】先作出不等式组表示的平面区域，再结合目标函数的几何意义求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：作出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示，‎ 由目标函数的几何意义，平移直线至点时，取得最大值，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了简单的线性规划，重点考查了作图能力，属中档题.‎ ‎6．不等式的解集是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】分别讨论当时，当时，结合二次不等式的解法求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：当时，不等式可化为，解得；‎ 当时，不等式可化为，此时，解得.‎ 所以原不等式的解集为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了分式不等式的解法，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属基础题.‎ ‎7．如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，，分别在棱，上，且，，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设正方体的棱长为1，平面的法向量为，求出，令，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 设正方体的棱长为1，平面的法向量为.‎ 则，，，‎ 所以，，‎ 则，即不妨取，则，，‎ 故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中平面法向量的求解，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎8．一艘轮船以18海里/时的速度沿北偏东的方向直线航行，在行驶到某处时，该轮船南偏东方向10海里处有一灯塔，继续行驶20分钟后，轮船与灯塔的距离为（ ）‎ A．17海里 B．16海里 C．15海里 D．14海里 ‎【答案】D ‎【解析】先阅读题意，再在中利用余弦定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：记轮船行驶到某处的位置为，灯塔的位置为，20分钟后轮船的位置为，‎ 如图所示.则， ，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 即20分钟后，轮船与灯塔的距离为14海里.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了余弦定理，重点考查了解斜三角形，属中档题.‎ ‎9．已知抛物线:()的焦点为，点在抛物线上，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由抛物线的定义可得，则有，得解.‎ ‎【详解】‎ 解：过作准线的垂线，交准线于，过作的垂线，交于，依题得，，‎ 因为，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线的标准方程，重点考查了抛物线的几何性质，属基础题.‎ ‎10．棱长为1的正四面体中，点，分别是线段，上的点，且满足，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设，，，以这3个向量为空间中的基底，将转化为基底的数量积运算，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 设，，，‎ 由题意可得，，‎ 则 ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间向量基本定理的运用、数量积运算，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意基底思想的运用.‎ ‎11．已知递增数列中，，且()，则（ ）‎ A．360 B．362 C．364 D．366‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据递推关系可得 ‎，从而证明数列是以为首项，1为公差的等差数列，求出通项公式，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由，得.‎ 因为数列是递增数列，且，所以得，‎ 所以，即.‎ 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.‎ 所以，即，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用数列的递推关系求数列通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的变形.‎ ‎12．在直角坐标平面内，已知，以及动点是的三个顶点，且，则动点的轨迹的离心率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用两角和的余弦公式将条件化成，设点代入斜率公式，求得轨迹的方程，再利用离心率公式，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由可得，‎ 即.‎ 因为，易知，‎ 所以，所以，‎ 设，所以，即()，‎ 所以，，则，则轨迹的离心率.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角恒等变换、斜率公式、轨迹方程求解、离心率计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.‎ 二、填空题 ‎13．椭圆()与双曲线有公共的焦点，则______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】由题意得两条曲线的值相等，从而得到关于的方程，解方程即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意得两条曲线的值相等，‎ ‎∴，求得，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆与双曲线的标准方程，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14．已知数列是公比为2的等比数列，且成等差数列，则数列的前5项和______.‎ ‎【答案】31‎ ‎【解析】利用等差中项的性质结合等比数列通项公式，求得，再利用等比数列的前项和公式，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，即，‎ ‎∴，解得.‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差中项的性质、等比数列通项公式、等比数列的前项和，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.‎ ‎15．已知，均为正实数，且满足，则的最小值为______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】将等式进行变形得，利用基本不等式，将求的最小值，转化成解不等式，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由可得.‎ 又因为，所以，即，‎ ‎∴，∴或.‎ 又∵，均为正实数，‎ ‎∴(当且仅当时，等号成立)，即的最小值为6.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式求最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意验证等号成立的条件.‎ ‎16．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，则的面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】把看成关于的二次方程，由结合正弦函数的有界性可得，从而求得的值，再利用正弦定理求得的值，最后利用诱导公式可求并代入面积公式，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 把看成关于的二次方程，‎ 则由，即得，‎ 而，则.‎ 由于，可得，可得，‎ 即，代入方程，可得，‎ 所以.由正弦定理可得，，所以.‎ 又因为，所以.‎ 易知.‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角恒等变换、正弦定理、面积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意两边夹定理的运用.‎ 三、解答题 ‎17．已知:方程表示焦点在轴上的椭圆.；:不等式有解.‎ ‎（1）若为真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若“”为假命题，“”为真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）分别讨论当时，当时，利用方程有解求实数的取值范围即可；‎ ‎（2）先求出均为真命题时实数的取值范围，再结合与必然一真一假，求解即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，不等式显然有解，当时，有解.当时，因为有解，所以，所以.所以当为真命题时，的取值范围为.‎ ‎（2）因为“”为假命题，“”为真命题，所以与必然一真一假.‎ 若:方程表示焦点在轴上的椭圆为真命题，‎ 方程可化为，则需.‎ 由(1)知，若为真，则.‎ 所以或，‎ 解得或.‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的标准方程、重点考查了不等式以及常用逻辑用语，属基础题.‎ ‎18．已知抛物线:()的准线过双曲线()的左焦点.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）设抛物线的焦点为，直线:与交于不同的两点，，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由题意可知，双曲线的左焦点为，所以，求出的值，即可得答案；‎ ‎（2）设，，利用焦半径公式代入计算，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可知，双曲线的左焦点为，‎ 所以，即.‎ 所以抛物线的方程为.‎ ‎（2）把直线的方程代入得.‎ 所以.‎ 设，.所以，.‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线标准方程的求解、抛物线焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.‎ ‎19．记等差数列的前项和为，已知数列是各项均为正数的等比数列，且，，，.‎ ‎（1）求数列和的通项公式.；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】（1）先设数列的公差为，数列的公比为()，再结合已知条件求解即可.‎ ‎（2）由数列为等差比数列，则用错位相减法求和即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设数列的公差为，数列的公比为().‎ 由，，得，解得(负值舍去)‎ 所以，，‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 所以.①‎ 所以.②‎ 由②-①可得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列和等比数列的通项，重点考查了错位相减法求和，属中档题.‎ ‎20．在中，角，，的对边分别为，，，已知.‎ ‎（1）若，求的值.；‎ ‎（2）若的平分线交于，且，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）1（2）9‎ ‎【解析】（1）由正弦定理化角为边可得，再结合余弦定理可得，得解；‎ ‎（2）由三角形面积公式可得，再结合基本不等式的应用求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由正弦定理，得，即.‎ 由余弦定理得，‎ 又，‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎（2）由题意得，‎ 即.‎ 所以，即.‎ 则，‎ 当且仅当，即，时取等号.‎ 故的最小值为9.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理、余弦定理，重点考查了三角形面积公式及基本不等式的应用，属中档题.‎ ‎21．如图，在三棱锥中，，，且，.‎ ‎（1）证明:平面平面；‎ ‎（2）若点为的中点，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）先利用勾股定理证明，从而证得平面，进一步证明平面，再利用面面垂直的判定定理，可证得面面垂直；‎ ‎（2）由（1）有平面，，故以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，过点且与平面垂直的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，求出法向量夹角的余弦值，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，，，所以.‎ 又，所以，即.‎ 又因为，且，平面，平面，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ 又因为，，平面，平面，‎ 所以平面，平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）由（1）有平面，，故以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，过点且与平面垂直的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 则，，，，.‎ 所以，，.‎ 设平面的法向量为，则，即 令，则.‎ 设平面的法向量为，则，即 令，则.‎ 所以.‎ 由图可知，二面角是钝角，所以二面角的大小为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中线面垂直、面面垂直的证明、向量法求二面角的大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意坐标系建立之前，要证明三条直线两两互相垂直.‎ ‎22．已知椭圆:()的离心率为，设直线过椭圆的上顶点和右顶点，坐标原点到直线的距离为.‎ ‎（1）求椭圆的方程.‎ ‎（2）过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，的斜率之积为非零的常数?若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在，‎ ‎【解析】（1）设直线的方程为，由离心率和原点到直线的距离为，可得关于的方程组，解方程组得即可得答案；‎ ‎（2）依题意可设直线的方程为，，，直线方程代入曲线方程，利用判别式大于0得的范围，利用韦达定理可得与的关系，并假设存在点 使命题成立，利用斜率公式代入坐标进行计算，将问题转化为恒成立问题，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设椭圆半焦距为.根据题意得，椭圆离心率，即，‎ 所以.①‎ 因为直线过椭圆的上顶点和右顶点，‎ 所以设直线的方程为，即.‎ 又由点到直线的距离为，得.②‎ 联立①②解得，.所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）依题意可设直线的方程为，，.联立得.所以，所以.‎ 所以，，‎ 则，.‎ 假设存在定点()，使得直线，的斜率之积为非零常数，‎ 所以.‎ 要使为非零常数，当且仅当解得(负值舍去).‎ 当时，常数为.‎ 所以轴的正半轴上存在定点，使得直线，的斜率之积为常数.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆方程求解、离心率、点到直线距离、直线与椭圆位置关系、椭圆中的定点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意探究性问题的求解是先假设存在，再进行推理论.‎