《2019-2020学年日照市高二上学期期末数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年日照市高二上学期期末数学试题（解析版）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年山东省日照市高二上学期期末数学试题一、单选题1命题“”的否定是（ ）ABCD【答案】C【解析】由全称命题的否定为特称命题，再判断即可得解.【详解】解：命题“”的否定是“”，故选：C.【点睛】本题考查了特称命题与全称命题的关系，重点考查了命题的否定，属基础题.2（其中是虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】B【解析】先利用复数的运算可得，再确定在复平面内对应的点即可得解.【详解】解：，则复数在复平面内对应的点为，可得该点位于第二象限，故选：B.【点睛】本题考查了复数的除法运算，重点考查了复数在复平面内对应的点所在的象限，属基础
2、题.3“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由不等式的性质，结合充分必要性的判定即可得解.【详解】解：由，但时不一定成立，例如当，即“”是“”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题考查了不等式的性质，重点考查了充分必要条件，属基础题.4实数，满足且，则下列结论正确的是（ ）ABCD【答案】D【解析】采用赋值法排除选项A,B,C，然后结合已知条件即可判断选项D正确.【详解】解：当时，不满足A，B选项；当时，不满足C选项，即选项A,B,C错误；又因为，所以，即，故D正确，故选：D.【点睛】本题考查了不等式的性质，主要考查了赋值法，属基
3、础题.5我国古代著名的周髀算经中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分则“立春”时日影长度为A分B分C分D分【答案】B【解析】首先“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分，即可求出,进而求出立春”时日影长度为.【详解】解：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分，且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分，解得，“立春”时日影长度为：
4、分故选B【点睛】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，利用等差数列的性质直接求解6如图.在正方体中，若为的中点，则直线与所成的角的余弦值是（ ）ABCD【答案】D【解析】先由异面直线所成角的作法作出直线与所成的角，再结合余弦定理求解即可.【详解】解：设正方体的棱长为2，连接，则，则为直线与所成的角或补角.在中，由余弦定理，.所以直线与所成的角的余弦值是，故选：D.【点睛】本题考查了异面直线所成角的作法，重点考查了余弦定理的应用，属基础题.7如图在四面体中，分别在棱，上且满足，点是线段的中点，用向量，表示向量应为（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意有，又点是线段的中点，结合向量的
5、线性运算及共线向量的运算即可得解.【详解】解：在四面体中，分别在棱、上，且满足，点是线段的中点，.故选：A.【点睛】本题考查了向量的线性运算，重点考查了利用空间基底表示向量，属基础题.8已知双曲线的左、右焦点分别为、，为左顶点，过点且斜率为的直线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，若，则该双曲线的离心率是（ ）ABCD【答案】B【解析】先由，得为直角，可得，即可得，然后利用直线斜率公式求解即可.【详解】解：双曲线的渐近线方程为，设点，因为，即为直角三角形，且为直角， 所以，则上，解得， 故，又，所以直线的斜率，所以，故该双曲线的离心率.故选：B.【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法，重点考查了
6、双曲线渐近线方程及直线的斜率公式，属中档题.二、多选题9若复数满足（其中是虚数单位），则（ ）A的实部是2B的虚部是CD【答案】CD【解析】先由复数的除法运算可得，再结合复数的实部、虚部的概念及共轭复数及复数模的运算即可得解.【详解】解：，即的实部是1，虚部是，故A错误，B错误，又，故C，D均正确.故选：CD.【点睛】本题考查了复数的除法运算，重点考查了共轭复数及复数模的运算，属基础题.10将正方形沿对角线对折，使得平面平面，则（ ）AB为等边三角形C与所成角为60D与平面所成角为60【答案】ABC【解析】由题意可构建棱长均为的正四棱锥，然后结合线线垂直的判断及异面直线所成角与线面角的求法求解
7、即可.【详解】解：由题意可构建棱长均为的正四棱锥，对于选项A，显然有面,又面,则，即选项A正确， 对于选项B，由题意有,即为等边三角形，即选项B正确， 对于选项C，因为,则为异面直线与所成角，又为等边三角形，即，即选项C正确，对于选项D，由图可知，为与平面所成角，又，即与平面所成角为，即选项D错误，故选：ABC.【点睛】本题考查了线线垂直的判断及异面直线所成角，重点考查了线面角，属中档题.11若，为正数，则（ ）AB当时，C当时，D当时，【答案】BCD【解析】利用基本不等式，逐一检验即可得解.【详解】解：对A，因为，所以，当时取等号，A错误；对B，当时取等号，B正确；对C，则，当时取等号，C正
8、确；对D， 当时取等号，即，D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，重点考查了运算能力，属中档题.12已知到两定点，距离乘积为常数16的动点的轨迹为，则（ ）A一定经过原点B关于轴、轴对称C的面积的最大值为45D在一个面积为64的矩形内【答案】BCD【解析】先由已知条件求出点的轨迹方程，然后结合轨迹方程及三角形的面积公式逐一判断即可得解.【详解】解：设点的坐标为，由题意可得.对于A，将原点坐标代入方程得，所以，A错误；对于B，点关于轴、轴的对称点分别为、，则点、都在曲线上，所以，曲线关于轴、轴对称，B正确；对于C，设，则，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，则，所以，则的面积为
9、，C正确；对于D，可得，得，解得，由C知，得，曲线在一个面积为的矩形内，D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查了曲线轨迹方程的求法，重点考查了三角形的面积公式及不等式的应用，属中档题.三、填空题13不等式的解集用区间表示为_.【答案】【解析】由二次不等式的解法求解即可.【详解】解：原不等式可化为，即，即，即表达式的解集为，故答案为：.【点睛】本题考查了二次不等式的解法，重点考查了运算能力，属基础题.14已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则直线与侧面所成角的正弦值等于_【答案】【解析】【详解】在正三棱柱ABCA1B1C1中，取A1C1的中点E，则连B1E，B1E垂直于A1C1，所以B1E垂直于
10、平面ACC1A1，连AE，则角B1AE就是AB1与侧面ACC1A1所成角由正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，设棱长为， AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于15设，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值为_.【答案】【解析】将变形为，然后结合基本不等式即可得解.【详解】解：当时，则 ，则，当且仅当时取等号，由题意知.所以，即，故答案为：4.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，重点考查了对数据的处理能力，属基础题.16数列、满足，且、是函数的两个零点，则_，当时，的最大值为_【答案】 5； 【解析】由已知可得 又的最大值为.四、解答题17在，这两个条件中任选一个，补充在下面问题
11、中，若问题中的正整数存在，求的值；若不存在，请说明理由.设为等差数列的前项和，是等比数列，_，.是否存在，使得且？【答案】答案不唯一，具体见解析【解析】先由已知条件结合所选条件求出数列与数列的通项公式，再结合题设要求求解即可得解.【详解】解：选择，设等比数列的公比为，设等差数列的公差为由，得，又，所以，故.又，所以，所以.由且，可得，可知，得，又为正整数，则，所以存在，使得且.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列通项公式的求法，重点考查了运算能力，属中档题.18已知动点到定点的距离比到定直线的距离小，其轨迹为.（1）求的方程（2）过点且不与坐标轴垂直的直线与交于、两点，线段的垂直平分线与轴交于
12、点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知条件结合抛物线的定义即可得解；（2）先联立直线与抛物线方程求得中点的坐标，然后求出线段的中垂线的方程,再求出点的坐标即可得解.【详解】解：（1）由题意知，动点到定直线的距离与到定点的距离相等，由抛物线的定义可知，曲线的方程为：.（2）由题意知直线存在斜率，设直线的方程为，中点，则由得，所以，则线段的中垂线的方程为，则，又，即，所以的取值范围是.【点睛】本题考查了抛物线的定义，重点考查了中垂线方程的求法，属基础题.19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PD平面ABCD，PD=AD=3，PM=2MD，AN=2NB，DAB=60
13、（1）求证：直线AM平面PNC；（2）求二面角DPCN的余弦值【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）在上取一点，使，连接，可得，为平行四边形，即，即可得直线平面（2）取中点，可得，相互垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系，易知平面的法向量，求出面的法向量，计算出两向量夹角即可.试题解析：（1）在上取一点，使，连接，为平行四边形，即，又平面，直线平面（2）取中点，底面是菱形，即，又平面，又，直线平面，故，相互垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系则，易知平面的法向量，设面的法向量，由，得，故二面角的余弦值为20已知数列的首项为2，为其前项和，且（1）若，成等差数列，求数列的通项公式；（2）设双曲线的离心率为，且，求.【答案】（1）（2）【解析】（1）先由递推式求得数列是首项为，公比为的等比数列，然后结合已知条件求数列通项即可；（2）由双曲线的离心率为求出公比，再结合分组求和及错位相减法求和即可得解.【详解】解：（1）由已知，则，两式相减得到，.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为，公比为的等比数列.由，成等差数列，可得，所以故.所以.（2）由（1）可知，所以双曲线的离心率.由，得（舍负）.所以，记-得所以.所以.【点睛】本题考查了等比数列通项公式的求法，主要考查了数列分组求和及错位相减法求和
