吉林省梅河口市第五中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com 高二数学试卷（理科）‎ 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上.‎ ‎3.本试卷主要考试内容：人教A版必修5，选修2-1.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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.在中，角的对边分别是.若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理求解即可.‎ ‎【详解】因为，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形，属于基础题.‎ ‎2.已知，则（ ）‎ A. 18 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据空间向量的加法和数量积求解即可.‎ ‎【详解】因为，所以.‎ 故选：B - 19 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量的加法和数量积运算，属于基础题.‎ ‎3.已知是任意实数，，且，则下列结论不正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质判断即可.‎ ‎【详解】若，，则成立；‎ 若，则成立；‎ 若，则成立；‎ 若，则不成立.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了由条件判断所给不等式是否正确，属于基础题.‎ ‎4.已知，方程所表示的曲线为（ ）‎ A. 中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆 B. 中心在坐标原点，焦点在y轴上的椭圆 C. 中心在坐标原点的圆 D. 中心在坐标原点，焦点在y轴上的双曲线 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将方程化为，根据椭圆的性质判断即可.‎ - 19 -‎ ‎【详解】可化为，又，故所表示的曲线为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了判断方程是否表示椭圆，属于基础题.‎ ‎5.若等差数列的公差，，则（ ）‎ A. B. C. 15 D. 28‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可设，，根据等差数列的定义可得的值，从而可得的值，根据即可得结果.‎ ‎【详解】设，，，则.‎ 即，故，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列首项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列定义的合理运用．‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. “若，则或”的否命题是“若，则或”‎ B. 如果p是q的充分条件，那么是的充分条件 C. 若命题p为真命题，q为假命题，则为假命题 D. 命题“若，则”的否命题为真命题 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出“若，则或”的否命题，即可A选项；‎ - 19 -‎ 根据原命题与逆否命题等价性，判断B选项；‎ 根据且命题的性质判断C选项；‎ 写出该命题的否命题，举例说明，判断D选项.‎ ‎【详解】“若，则或”的否命题是“若，则且”，故A错误；‎ 因为p是q的充分条件，所以由p能推出q，所以能推出，即是的必要条件故B错误；‎ 命题p为真，q为假，则为假命题，故C正确；‎ 命题“若，则”的否命题为“若，则”，所以否命题为假命题，例如当时，，故D错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了写出命题的否命题并且判断真假，原命题与逆否命题的等价性应用，属于中档题.‎ ‎7.已知等比数列的前n项和为，若，则，（ ）‎ A. 10 B. 15 C. 20 D. 25‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对已知等式左侧的式子一、五两项，二、四两项分别通分，结合等比数列的性质再和第三项通分化简可得，结合的值进而可得结果.‎ ‎【详解】，‎ 则，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，利用性质化简是解题的关键，属于中档题.‎ - 19 -‎ ‎8.长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，分别是四边形和正方形的中心，则向量与的夹角的余弦值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 以为轴建立空间直角坐标系，则，，故选B.‎ ‎9.已知为正数，，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用基本不等式求解即可.‎ ‎【详解】，当且仅当时，取得最大值.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题.‎ ‎10.若点P是以为焦点，长轴长为8的椭圆与圆心在原点、半径为的圆的一个交点，则过点P且以为焦点的双曲线的方程为（ ）‎ A. B. ‎ - 19 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆性质得出椭圆方程，再由椭圆的定义以及勾股定理，得出，进而得出，利用双曲线的定义得出其方程.‎ ‎【详解】由题意知，，所以，，所以椭圆的方程为.不妨设点P在第一象限，则由题意知，解得 所以，所以 所以双曲线的方程为 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求双曲线的标准方程，涉及椭圆，双曲线的定义，属于中档题.‎ ‎11.“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列满足（，），记其前n项和为.设命题，命题，则下列命题为真命题的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义，判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性判断可得.‎ - 19 -‎ ‎【详解】解：因为 ‎，‎ 所以，故命题p为真命题，则为假命题.‎ ‎，‎ 故命题q为假命题，则为真命题.‎ 由复合命题的真假判断，得为真命题.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查复合命题的真假性判断，由递推公式研究数列的性质，属于中档题.‎ ‎12.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上一点，且在第一象限，当取得最小值时，点的坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，可得出，结合图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用，求出方程组的解，即可得出点的坐标.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ - 19 -‎ 过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，‎ 抛物线的准线为，则点，‎ 由题意可知，轴，则，，‎ 由图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，‎ 设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，‎ 消去得，，，解得，则，‎ 解得，此时，，因此，点的坐标为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查根据抛物线上线段比的最值来求点的坐标，涉及抛物线定义的转化，解题的关键就是要抓住直线与抛物线相切这一位置关系来分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13.已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为__________.‎ - 19 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由渐近线方程得出，结合离心率公式即可得出答案.‎ ‎【详解】由题可得，故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，属于基础题.‎ ‎14.已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则的取值范围是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得出，由是的充分不必要条件，得出Ü，根据包含关系得出的范围.‎ ‎【详解】由题设，得或，设或 由，得，设 因为是的充分不必要条件，所以Ü，因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了由充分不必要条件求参数范围，属于中档题.‎ ‎15.在中角的对边分别为.已知，，，则_______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ 根据二倍角公式得出，再由余弦定理求解即可.‎ ‎【详解】，由余弦定理得，解得(舍)，.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形，涉及二倍角公式，属于中档题.‎ ‎16.如图，在正四棱锥中，二面角为60°，E为的中点.已知F为直线上一点，且F与A不重合，若异面直线与所成角为60°，则=_____________.‎ ‎【答案】11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意建立空间直角坐标系，由二面角的定义得出，从而写出的坐标，由向量共线的性质设，利用向量的加法得出，由异面直线与所成角，利用向量法得出的值，从而得出的值.‎ ‎【详解】取的中点G，与的交点为，以O为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设 因为二面角为60°，所以 则.‎ 设，则 - 19 -‎ 从而 整理得，解得(舍)，‎ 故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了已知面面角，线线角求参数，属于中档题.‎ 三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.设，：函数的定义域为R，q：函数在区间上有零点.‎ ‎（1）若q是真命题，求a的取值范围；‎ ‎（2）若是真命题，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，从而得出的范围；‎ ‎（2）由判别式小于0得出中的范围，根据或命题的性质得出的范围.‎ ‎【详解】解：（1）当q是真命题时，在上有解 即函数与函数有交点 又的值域为 ‎ 所以a的取值范围为.‎ ‎（2）当p是真命题时，由题意，在上恒成立，‎ - 19 -‎ 则，则.‎ 记当p是真命题时，a的取值集合为A，则；‎ 记当是真命题时，a的取值集合为B，则或， ‎ 因为是真命题 所以a的取值范围是或 ‎【点睛】本题主要考查了由命题为真命题求参数范围，属于中档题.‎ ‎18.已知数列的前n项和满足.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由与的关系，结合等比数列的定义即可得出其通项公式；‎ ‎（2）根据对数的运算得出，进而得出，利用裂项求和法求和即可.‎ ‎【详解】解：（1）由，得. ‎ ‎，两式相减得 所以数列是以为首项，为公比的等比数列 则，‎ ‎（2）因为，‎ - 19 -‎ 所以， ‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了已知求，以及利用裂项求和法求数列的和，属于中档题.‎ ‎19.在中，角的对边分别为.已知，且.‎ ‎（1）求A；‎ ‎（2）若的周长为6，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理的角化边公式结合余弦定理即可得出；‎ ‎（2）将变形为，结合周长得出，进而得出，再由三角形面积公式得出的面积.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 所以由正弦定理得， ‎ 化简得，‎ 则 所以.‎ ‎（2）因为，则 ‎ 因为的周长为6，所以，则.‎ 故.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理的角化边，余弦定理以及三角形面积公式，属于中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ - 19 -‎ ‎（1）若不等式的解集是，求a的值；‎ ‎（2）当时，求不等式的解集.‎ ‎【答案】（1）（2）答案见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据不等式的解集得出的根，将其代入方程即可得出的值；‎ ‎（2）将不等式变形为，讨论参数的值，利用一元二次不等式的解法得出解集.‎ ‎【详解】解：（1）∵不等式的解集是 ‎∴与是方程的实根，且 则解得.‎ ‎（2）不等式可化为 ‎ ‎①若，则，即. ‎ ‎②若，则， ‎ 方程的解为或，‎ 当，即时，原不等式的解集为R； ‎ 当，即时，原不等式的解集为； ‎ 当，即时，原不等式的解集为. ‎ 综上所述，原不等式的解集情形如下：‎ - 19 -‎ 当时，解集为；当时，解集为；‎ 当时，解集为R；当时，解集为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了已知一元二次不等式的解集求参数以及分类讨论解一元二次不等式，属于中档题.‎ ‎21.如图，在三棱柱中，，，，平面.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面，所以，再由勾股定理，证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面.‎ ‎（2）以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．‎ ‎【详解】（1）证明：因为平面，所以，‎ 因为，，所以，‎ 又，所以平面.‎ - 19 -‎ ‎（2）以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为，则，，‎ 所以，，取，则.‎ 又平面，取平面的法向量，‎ 所以.‎ 由图可知，二面角为钝角，所以二面角为.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直判定与证明，以及二面角的计算问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理．同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎22.已知点是椭圆的一个顶点，且椭圆N的离心率为.‎ ‎（1）求椭圆N的方程；‎ ‎（2）已知是椭圆N的左焦点，过作两条互相垂直的直线，交椭圆N于两点，交椭圆N于两点，求的取值范围.‎ - 19 -‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的性质得出的值，即可得出椭圆的方程；‎ ‎（2）分情况讨论，当直线有一条斜率不存在时，；‎ 当斜率存在且不为0时，设其方程为，，将方程代入椭圆方程，由韦达定理得出，，利用弦长公式得出，，进而得出，再利用换元法得出的取值范围.‎ 详解】解：（1）由题意，.‎ ‎∵，∴，， ‎ ‎∴椭圆N的方程为. ‎ ‎（2）由（1）的椭圆方程，得.‎ ‎①当直线有一条斜率不存在时，. ‎ ‎②当斜率存在且不为0时，设其方程为，， ‎ 联立，得.‎ ‎∴，.‎ ‎∴.‎ 把代入上式，可得 - 19 -‎ ‎∴，设 ‎∴‎ ‎∵，∴.‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了由的值求椭圆方程以及弦长公式的应用，属于中档题.‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎