《2019-2020学年白银市会宁县高二上学期期末数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年白银市会宁县高二上学期期末数学（理）试题（解析版）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年甘肃省白银市会宁县会宁县第一中学高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1已知集合，集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】先根据一元二次不等式计算出集合中表示元素范围,然后计算出的范围,最后根据交集的含义计算的结果.【详解】因为,所以即,所以,又因为,所以.故选：C.【点睛】本题考查集合的补集与交集混合运算,难度较易,注意一元二次不等式的解集的求解.2抛物线的准线方程是（ ）ABCD【答案】C【解析】将抛物线方程化成标准式，直接求解即可【详解】解：抛物线的标准方程为：，可得，抛物线的准线方程是：故选：【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，属于基础题。3下列
2、命题的说法错误的是（）A对于命题p：xR，x2+x+10，则p：x0R，x02+x0+10B“x=1“是“x23x+2=0“的充分不必要条件C“ac2bc2“是“ab“的必要不充分条件D命题“若x23x+2=0，则x=1”的逆否命题为：“若x1，则x23x+20”【答案】C【解析】【详解】对于命题p:xR,x2+x+10,则p: x0R，x02+x0+10，是真命题；“x=1”是“x23x+2=0“的充分不必要条件，是真命题；若c=0时，不成立，是充分不必要条件，是假命题；命题“若x23x+2=0,则x=1”的逆否命题为：“若x1,则x23x+20”，是真命题；故选C.4设,为两个不同的平面，
3、,为两条不同的直线,则下列命题中正确的为（ ）A若,则B若,则C若,则D若,则【答案】D【解析】根据点线面位置关系，其中D选项是面面垂直的判定定理，在具体物体中辨析剩余三个选项.【详解】考虑在如图长方体中，平面，但不能得出平面，所以选项A错误；平面，平面，但不能得出，所以选项B错误；平面平面，平面，但不能得出平面；其中D选项是面面垂直的判定定理.故选：D【点睛】此题考查线面平行与垂直的辨析，关键在于准确掌握基本定理，并应用定理进行推导及辨析.5已知等差数列的前项和为，且，数列满足，则数列的前9项和为 ( )A20B80C166D180【答案】D【解析】等差数列an的前n项和为Sn,且S2=4,
4、S4=16，可得,解得d=2,a1=1,an=2n=1，bn=an+an+1=4n.数列bn的前9和.本题选择D选项.6已知斐波那契数列的前七项为：，大多数植物的花，其花瓣数按层从内向外都恰是斐波那契数现有层次相同的“雅苏娜”玫瑰花3朵，花瓣总数为99，假设这种“雅苏娜”玫瑰花每层花瓣数由内向外构成斐波那契数列，则一朵该种玫瑰花最可能有（ ）层A5B6C7D8【答案】C【解析】一朵该种玫瑰花的花瓣数为33，计算斐波那契数列的前项和，观察前几项和为33即得【详解】由题设知，斐波那契数列的前6项和为20，前7项和为33，由此可推测该种玫瑰花最可能有7层，故选：C【点睛】本题考查数列的前项和，掌握数
5、列和的概念是解题基础7若,则下列不等式:;|a|+b0;lna2lnb2中,正确的是()ABCD【答案】C【解析】【详解】先由0得到a与b的大小关系,再根据不等式的性质,对各个不等式进行逐一判断.由0,可知ba0.中,a+b0,所以0.故有,即正确.中,ba-a0,故-b|a|,即|a|+b0,故错误.中,baab,又-0,a-b-,故正确.中,baa20,而y=lnx在定义域上为增函数.lnb2lna2,故错,综上分析,错误,正确.8（2017新课标全国卷文科）设A，B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足AMB=120，则m的取值范围是ABCD【答案】A【解析】当时，焦点在轴上，要使
6、C上存在点M满足，则，即，得；当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得，故的取值范围为，选A点睛:本题设置的是一道以椭圆知识为背景的求参数范围的问题解答问题的关键是利用条件确定的关系，求解时充分借助题设条件转化为，这是简化本题求解过程的一个重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论9已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90，则球O的体积为ABCD【答案】D【解析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三
7、角形，为正三棱锥，又，分别为、中点，又，平面，平面，为正方体一部分，即 ，故选D解法二:设，分别为中点，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决10设等差数列的前项和分别为，若，则使的的个数为（ ）ABCD【答案】C【解析】先由题意，根据等差数列前项和的性质，得到，再由，得到，从而即可求出结果.【详解】因为等差数列的前项和分别为，所以，又，所以，为使，只需，又，所以可能取的值为：，因此可能取的值为：.故选：C【点睛】本题主
8、要考查等差数列前项和的应用，熟记等差数列前项和的公式与性质即可，属于常考题型.11在中，角所对的边分别为，若，则周长的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得，结合的范围可求，再由余弦定理求得 ，再由基本不等式，求得的范围，即可得到的范围，进而可求周长的范围【详解】，可得：，解得，由余弦定理可得 由， ，得，即周长 故选A【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理及运用，同时考查基本不等式的运用，考查运算能力，属于中档题12已知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为A
9、BC2D【答案】B【解析】求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率.【详解】设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故 ，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B.【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.二、填空题13已知椭圆与双曲线有共同的焦点,则_【答案】 4【解析】先求出椭圆的焦点坐标，再根据双曲线的焦距求m的值.【详解】由题得椭圆的焦点为（-3,0）和（3,0）,所以3=，所以m=4.故答案为4【点睛】本题主要考查椭圆和双曲
10、线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.14若x，y满足约束条件，则z3x4y的最小值为_.【答案】【解析】作出可行域，结合目标函数与可行域的关系，寻找满足条件的最值点即可【详解】画出可行域如图阴影部分所示.由z3x4y，得，作出直线，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A(1，1)处时取最小值，故zmin31411.故答案为：【点睛】本题考查由可行域求目标函数最值，正确作图是解题关键，属于基础题15双曲线的渐近线方程为_.【答案】【解析】试题分析：由题，得，双曲线的渐近线方程为【考点】双曲线方程及几何性质16点是抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若，中点到抛物线
11、的准线的距离为，则的最大值为_.【答案】【解析】过作准线的垂线，垂足分别为，则，在中寻找它们的关系，求出比值的最大值。【详解】如图，过作准线的垂线，垂足分别为，则，中，当且仅当时取等号。，即的最大值为。故答案为：。【点睛】本题考查抛物线的定义，在抛物线中涉及到抛物线上的点到焦点的距离或弦中点到准线的距离，可作出抛物线上点到准线的距离，让它们进行转化，象本题，弦中点到准线距离最终转化为弦的两顶点到焦点的距离之和，然后在三角形中由余弦定理建立联系。三、解答题17已知，命題对任意，不等式恒成立；命题存在，使得成立.(1)若为真命题，求的取值范围；(2)若为假，为真，求的取值范围.【答案】(1)；(2
12、)【解析】（1）由题得，解不等式即得解；（2）先由题得，由题得，中一个是真命题，一个是假命题，列出不等式组，解不等式组得解.【详解】(1)对任意，不等式恒成立，当，由对数函数的性质可知当时，的最小值为，解得.因此，若为真命题时，的取值范围是.(2)存在，使得成立，.命题为真时，且为假，或为真，中一个是真命题，一个是假命题.当真假时，则解得；当假真时，即.综上所述，的取值范围为.【点睛】本题主要考查指数对数函数的性质和不等式的恒成立问题的解法，考查复合命题的真假和存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18在中,角所对的边分别是且（1）求边的长；（2）若点是边上的一点，且
13、的面积为求的正弦值.【答案】(1)2;(2).【解析】试题分析：（1）由可得，化简可得，由等腰三角形的性质可得结果；（2）由三角形面积得，在中，由余弦定理得，在中，由正弦定理得.试题解析：（1） （2）解得在中，由余弦定理得在中，由正弦定理得.19如图，在四面体中，分别是线段，的中点，直线与平面所成的角等于（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值【答案】()见证明； () 【解析】（）先证得，再证得，于是可得平面，根据面面垂直的判定定理可得平面平面（）利用几何法求解或建立坐标系，利用向量求解即可得到所求【详解】（）在中，是斜边的中点，所以.因为是的中点，所以，且，所以，所以. 又因为，所以，又，所以平面，因为平面，所以平面平面（）方法一：取中点，连，则，因为，所以.又因为，所以平面，所以平面因此是直线与平面所成的角故，所以.过点作于，则平面，且过点作于，连接，则为二面角的平面角因为，所以，所以，因此二面角的余弦值为方法二：如图所示，在平面BCD中，作x轴BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系因为 (同方法一,
