湖北省恩施州高中教育联盟2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

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恩施州高中教育联盟2019年秋季学期高二期中联考 数学试题 一、选择题 ‎1.已知集合，集合，则集合（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由和，分别求出集合，，利用补集概念得解.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 即：，，‎ 解得：，即：.‎ 因为，所以，即：.‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了指数和对数不等式的解法以及集合中补集的运算，需要注意对数不等式中真数大于零的条件，属于简单题.‎ ‎2.定义在上的奇函数满足，，则（ ）．‎ A. B. 0 C. 1 D. 2019‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由在上为奇函数，可得，又因为，所以函数的周期为.分别设，，时，可求出，，的值，并发现每个周期相加等于，所以等于，代入数值即可求解.‎ ‎【详解】因为在上为奇函数，所以.‎ 又因为，所以函数的周期为.‎ 当时，， ‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 所以.‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性和周期性，属于中档题.‎ ‎3.“直线与平行”的一个必要不充分条件是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得出，根据必要不充分条件可知：是的必要不充分条件.‎ ‎【详解】由题知：，，因为，所以，解得：.‎ 当时，与重合（舍去），故.‎ 由必要不充分条件可知：为的必要不充分条件.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了两条直线（斜率存在）平行，斜率相等知识点和必要不充分条件的判断，属于简单题.‎ ‎4.已知非零向量，满足，，则（ ）．‎ A. 3 B. C. 9 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两边平方，解得：.把已知条件代入即可求出的值.‎ ‎【详解】因为，即：，解得：.‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的运算和模长的应用，考查学生的计算能力，属于简单题.‎ ‎5.在等差数列中，，，则数列的前9项的和等于（ ）．‎ A. 297 B. 144 C. 99 D. 66‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质可求出和的值，代入等差数列求和公式即可求出.‎ ‎【详解】因为：，解得：.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查等差数列性质和求和公式，熟记性质和公式是解决本题的关键，属于简单题.‎ ‎6.已知函数，把函数的图象向左平移个单位得函数的图象，则下面结论正确的是（ ）．‎ A. 函数是偶函数 B. 函数在区间上是减函数 C. 函数的最小正周期是 D. 函数的图象关于直线对称 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的图像变换可得到，可知为奇函数，故A错误.求出的增区间可知，故B正确.的周期为，故C错误.‎ ‎，故D错误.‎ ‎【详解】由题知：.‎ 因为为奇函数，故A错误.‎ ‎，解得：，‎ 当时，的减区间为，，故B正确.‎ 的周期为，故C错误.‎ ‎，故D错误.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的图像变换，奇偶性以及三角函数图像的性质，属于三角函数的综合题，平移变换需注意：“左加右减”，属于中档题.‎ ‎7.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：‎ ‎①若，，，则；②若，，则；③若，是异面直线，则存在，，使，，且；④若，不垂直，则不存在，使．‎ 其中正确的命题有（ ）．‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①，②，③借助长方体可直接判断对错，④通过反证法假设结论存在，通过面面垂直的判定得出与已知矛盾，即可判断出④正确.‎ ‎【详解】①由图可知符合：，，，‎ 但，为异面直线，不平行，故①错误.‎ ‎②由图知符合：，，‎ 但，故②错误.‎ ‎③根据条件：，是异面直线，则存在，，使，，可画出，‎ 如图所示：，即存在，故③正确.‎ ‎④假设：， ，由平面与平面垂直的判定可得：，与已知矛盾，‎ 故，不垂直，则不存在，使，④正确.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考察了空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，主要考查学生的空间想象能力以及空间中位置关系的判断方法，属于中档题.‎ ‎8.已知等差数列的前项和有最大值，且，则满足的最大正整数的值为（ ）．‎ A. 4041 B. 4039 C. 2021 D. 2020‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的性质可得：， ， .计算，，即可得出满足的最大正整数的值.‎ ‎【详解】因为等差数列的前项和有最大值，所以，.‎ 由，可得：， ， .‎ ‎，‎ 的最大正整数的值为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查等差数列前项和的最值问题，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算，属于中档题.‎ ‎9.数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心（三边中垂线的交点）、重心（三边中线的交点）、垂心（三边高的交点）依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由重心坐标公式可得：重心，根据垂直平分线的性质设出外心，根据，求出外心，再求出斜率，点斜式即可求出欧拉线方程.‎ 详解】由重心坐标公式可得：重心，即.‎ 设外心，因为，‎ 所以，‎ 解得，即：.‎ ‎，故欧拉线方程为：，‎ 即：‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了直线方程，两点之间距离公式，三角形的垂心外心重心的性质，考查了推理能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎10.已知直线为圆在点处的切线，点为直线上一动点，点为圆上一动点，则的最小值为（ ）．‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据切线的性质求出切线方程，再由圆的性质知：的最小值为点到的距离减去半径即可求出.‎ ‎【详解】设切点，，则切线斜率，‎ 切线为：，即：.‎ 由圆的性质知：的最小值为点到的距离减去.‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查圆外一点到圆上一点的间的最小距离，需转化成点到直线的距离减去半径，主要考查了转化能力，属于中档题.‎ ‎11.边长为6的两个等边，所在的平面互相垂直，则四面体的外接球的体积为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据外接球的性质先找到球心位置，再由球和圆的性质用勾股定理求出半径，即可求出外接球体积.‎ ‎【详解】如图所示：为三角形过中心且垂直平面的直线，‎ 为三角形过中心且垂直平面的直线，与相交于点.‎ 由球的性质知：四面体的外接球球心为点.‎ 因为，为的中心，所以.‎ 因为，所以.‎ 又因为，所以.‎ 故外接球的体积为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查多面体的外接球，利用外接球球心到多面体顶点的距离相等的性质找到球心是解决本题的关键，属于难题.‎ ‎12.在各项均为正数的等比数列中，公比，若，，数列的前项和为，且，则当取得最大值时，的值为（ ）．‎ A. 9 B. 10 C. 9或10 D. 10或11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，及求得等比数列，代入即可求出及，令，计算并判断出为等差数列，由等差数列的性质可知：，，，所以当或时，取得最大值.‎ 详解】由题知：，解得：或.‎ 因为，所以，解得，即：.‎ ‎.‎ ‎，.‎ 令，前项和为.‎ 因为为等差数列，且，，，‎ 所以当或时，取得最大值.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质及通项公式，考查了等差关系的确定以及等差数列前项和最值问题，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13.已知直线的倾斜角是直线的倾斜角的一半，则直线的斜率是______．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的倾斜角为，由题意及二倍角公式可求出的值，即斜率的值.‎ ‎【详解】设直线的倾斜角为，由题知：，‎ 整理得：，解得：或（舍）‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线一般式的斜率公式以及二倍角公式，熟记公式是本题的关键，属于简单题.‎ ‎14.设复数，则复数的共轭复数是______．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把代入，化简得：.再求出共轭复数即可.‎ ‎【详解】.‎ 共轭复数为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算以及共轭复数的概念，属于简单题.‎ ‎15.直线被圆截得的弦长的最小值是______．‎ ‎【答案】8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先化简直线求出直线恒过定点，并判断点在圆内，由圆的性质知：当该直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短.用弦长公式计算弦长即可.‎ ‎【详解】直线的方程可化简为：，‎ 整理得：.‎ 令，解得：.‎ 所以直线恒过定点.‎ 又因为，所以点在内.‎ 所以当该直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短.‎ ‎，故最短弦长为.‎ 故答案为：8.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含参直线恒过定点问题以及过圆内一点求最短弦长问题，考查了学生的图形转化计算的能力，属于中档题.‎ ‎16.已知数列满足：，，．某同学已经证明了数列和数列都是等比数列，则此数列的通项公式是______．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由递推公式求出，因为和数列都是等比数列，利用等比数列的通项公式得出：①和②，联立①，②知：求出 ‎【详解】当时，，‎ 令，为等比数列，，，‎ ‎，，即：①.‎ 令，为等比数列，，，‎ ‎，，即：②.‎ 联立①，②知：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，同时考查了计算能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）直线的方程为或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.‎ ‎（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.‎ ‎【详解】（1）因为，，所以线段的中点坐标为，‎ 直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即．‎ 圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，‎ 所以圆心的坐标是．‎ 圆的半径长，‎ 所以圆心为的圆的标准方程是．‎ ‎（2）因为，所以在圆内.‎ 又因为直线被圆截得的弦长为，‎ 所以圆心到直线的距离 ‎①当直线的斜率不存在时，，‎ 到的距离为，符合题意．‎ ‎②当直线的斜率存在时，设，即．‎ 所以，，‎ 解得，直线为：，即：‎ 综上：直线的方程为或．‎ ‎【点睛】本题第一问考查了圆的标准方程，主要利用弦的垂直平分线过圆心来求圆的标准方差.第二问主要考查圆的弦长及垂径定理，直线斜率不存在的情况容易丢掉，熟练掌握公式及定理是解决本题的关键.属于中档题.‎ ‎18.在中，角，，所对边分别为，，，且．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理边化角得到：，，即.‎ ‎（2）利用余弦定理变形，根据基本不等式，即可求出的最大值为2.‎ ‎【详解】（1），‎ 即，‎ ‎，即：.‎ 因为，，所以．‎ 由因为，所以．‎ ‎（2）由余弦定理可知：，‎ 整理得：.‎ 又因为，所以.‎ 化简得：，即：．‎ ‎∴的最大值为2．‎ ‎【点睛】第一问主要考查了正弦定理中的角化边，相对简单.第二问考查了余弦定理和基本不等式，属于中档题.‎ ‎19.已知数列的前项和为，且满足．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设数列的前项和为，且，若不等式对任意正整数恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得出数列是以2为首项，4为公比的等比数列，.‎ ‎（2）用错位相减的方法求出，根据的单调性即可求出的取值范围.‎ ‎【详解】（1）∵①‎ 当时，②‎ ‎①－②得，，‎ 又时，，∴，‎ ‎∴数列是以2为首项，4为公比的等比数列，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ 化简得：．‎ ‎∵，∴数列单调递增，‎ ‎．‎ ‎∵恒成立，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题第一问考查了由求的思想，需注意的情况.第二问考查了数列求和的错位相减法，同时考查了计算能力，属于中档题.‎ ‎20.如图，边长为4的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，，分别沿、折起，使、两点重合于点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值；‎ ‎（3）求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由折叠知识知，，，，得到平面，又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）因为是二面角的平面角，计算可得正弦值.‎ ‎（3）由图知：到平面的距离等于.‎ ‎【详解】（1）证明：由折叠知识知，，，，‎ ‎∴平面，平面，‎ ‎∴平面平面．‎ ‎（2）‎ 连接交于点，连接.‎ 因为，‎ 则是二面角的平面角，‎ 易求得，，‎ 又，所以 所以在直角三角形中，，‎ 所以二面角的正弦值是．‎ ‎（3）由（2）知，到平面的距离等于.‎ ‎【点睛】本题第一问考查了平面垂直平面的判定，第二问考查了二面角的几何求法，第三问考查了点到面的距离，考查学生的空间能力，属于中档题.‎ ‎21.某工厂2019年初有资金1000万元，资金年平均增长率可达到20％，但每年年底要扣除万元用于奖励优秀职工，剩余资金投入再生产．‎ ‎（1）以第2019年为第一年，设第年初有资金万元，用和表示，并证明数列为等比数列；‎ ‎（2）为实现2029年初资金翻再现两番的目标，求的最大值（精确到万元）．‎ ‎（参考数据：，，）‎ ‎【答案】（1），证明见解析；‎ ‎（2）的最大值是84．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得到关系式，整理得：即可证明等比数列.‎ ‎（2）通过代入参考数值，解不等式即可求出的最大值.‎ ‎【详解】（1）依题意，，整理得：，‎ ‎，又，‎ ‎∴数列是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎（2）由（1）知，，‎ ‎∴2029年初资金翻再现两番 ‎∴，解得，‎ 所以的最大值是84．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的模型和数列的应用，考查学生的分析解决问题能力，属于难题.‎ ‎22.已知点与定点和原点的距离的比为2．‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）设过点的直线与曲线交于，两点．‎ ‎①求线段的中点的轨迹方程；‎ ‎②求证：为定值，并求出这个定值．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）①，②定值为20，证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题知：，代入坐标化简得：.‎ ‎（2）根据题意，求得的轨迹方程是.‎ ‎（3）设直线，代入圆的方程，得到，，，代入计算可求出定值.‎ ‎【详解】（1）设，由题知：，‎ ‎∴，化简得．‎ ‎（2）①当不与重合时，，是直角三角形，‎ 取中点，则；当与重合时，．‎ 所以点的轨迹是以为圆心，半径为3的圆在圆内的部分．‎ 所以点的轨迹方程是．‎ ‎②由题意知斜率一定存在，设为，则，‎ 代入，消去得，‎ 因为，得．‎ 设，，则，‎ ‎（定值）．‎ ‎【点睛】本题（1），（2）问主要考查了圆锥曲线中的轨迹问题，将几何条件转化为等式，是解决这类问题的关键所在.（3）问主要考查了直线与圆的位置关系，重点考查学生的计算能力，属于难题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎