2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析） (2)

2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析） (2)

‎2019学年度第一学期期末考试 高二年级数学（理）试题 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题，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. 抛物线的焦点坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎...........................‎ 故选A.‎ ‎2. 设命题，则为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据否命题的定义，即既否定原命题的条件，又否定原命题的结论，存在的否定为任意，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.‎ 考点：原命题与否命题.‎ 视频 ‎3. 设集合，，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，得即，解得，‎ 由得，解得.‎ 集合，，‎ 所以.‎ 故选C.‎ - 15 -‎ ‎4. “a是“”的（ ）‎ A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】当时，成立；‎ 当是，或.‎ 所以“a是“”的充分不必要条件.‎ 故选B.‎ ‎5. 设是等差数列的前项和，已知，则（ ）‎ A. 58 B. 68 C. 88 D. 98‎ ‎【答案】C ‎【解析】是等差数列的前项和，‎ 所以.‎ 故选C.‎ ‎6. 已知的内角所对的边分别为.已知，，若有两解，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】若有两解，则,‎ 由，，得.‎ 故选D.‎ ‎7. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 15 -‎ ‎【解析】‎ 如图所示,设M、N、P分别为AB,B和的中点，‎ 则A、B夹角为MN和NP夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,]，‎ 可知，‎ ‎；‎ 作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；‎ ‎∵，‎ ‎△ABC中，由勾股定理得 ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴；‎ 在△MQP中,；‎ 在△PMN中，由余弦定理得 ‎.‎ 又异面直线所成角的范围是(0,]，‎ ‎∴与所成角的余弦值为.‎ 故选A.‎ - 15 -‎ 点睛：求两条异面直线所成角的关键是作为这两条异面直线所成角，作两条异面直线所成角的方法是：将其中一条一条直线平移与另一条相交相交或是将两条异面直线同时平移到某个位置使他们相交，然后再同一平面内求相交直线所成角，值得注意的是：平移后相交所得的角必须容易算出，因此平移时要求选择恰当位置.‎ ‎8. 已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意结合双曲线的渐近线方程可得：‎ ‎，解得：，‎ 双曲线方程为：.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【考点】 双曲线的标准方程 ‎【名师点睛】利用待定系数法求圆锥曲线方程是高考常见题型，求双曲线方程最基础的方法就是依据题目的条件列出关于的方程，解方程组求出，另外求双曲线方程要注意巧设双曲线（1）双曲线过两点可设为，（2）与共渐近线的双曲线可设为，（3）等轴双曲线可设为等，均为待定系数法求标准方程.‎ ‎9. 设，若3是与的等比中项，则的最小值为（ ）‎ A. B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】若3是与的等比中项，则，即.‎ ‎.‎ 当且仅当时取得最小值.‎ - 15 -‎ 故选A.‎ 点睛：本题主要考查基本不等式，在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.‎ ‎10. 如图所示，在平行六面体中，，且，则对角线的长为（ ）‎ A. B. 5 C. 6 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由，‎ 平方得：‎ ‎.‎ 所以.‎ 故选B.‎ ‎11. 数列满足，对任意的都有，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由,得，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ 则.‎ 故选：D.‎ 点睛：裂项相消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：‎ ‎（1）已知数列的通项公式为，求前项和： ；‎ - 15 -‎ ‎（2）已知数列的通项公式为，求前项和：‎ ‎；‎ ‎（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.‎ ‎12. 已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且点为线段的中点，则（其中为椭圆的离心率）的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 连接PF1，OQ，‎ 由OQ为中位线,可得OQ∥PF1,|OQ|=|PF1|，‎ 圆x2+y2=b2,可得|OQ|=b,即有|PF1|=2b，‎ 由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a，‎ 可得|PF2|=2a−2b，‎ 又OQ⊥PF2,可得PF1⊥PF2，‎ 即有(2b)2+(2a−2b)2=(2c)2，‎ 即为b2+a2−2ab+b2=c2=a2−b2，‎ 化为2a=3b,即，‎ ‎,即有，‎ 则，‎ - 15 -‎ 当且仅当,即时,取得最小值.‎ 则的最小值为 .‎ 本题选择C选项.‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 命题“”是假命题，则实数的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】命题“”是假命题，则“”是真命题，‎ 所以，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎14. 设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为__________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】试题分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由图得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．由约束条件作出可行域如图，联立解得：B（3，3）；联立解得：C（1，1）．化目标函数为直线方程的斜截式y=-2x+z，由图可知，当直线y=-2x+z过B点时，z最大，最大值为z=2×3+3=9．‎ 考点：简单的线性规划 ‎15. 椭圆的四个顶点为，若菱形 - 15 -‎ 的内切圆恰好过焦点，则椭圆的离心率是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意,不妨设点,则直线AB的方程为：‎ 即.‎ ‎∵菱形ABCD的内切圆恰好过焦点 ‎∴原点到直线AB的距离为 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵0

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