《甘肃省张掖市2020学年高二数学上学期期末联考试卷 理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《甘肃省张掖市2020学年高二数学上学期期末联考试卷 理（含解析）（15页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、甘肃省张掖市2020学年高二上学期期末联考理科数学试卷一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的。)1.命题“，”的否定是A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】试题分析：根据特称命题的否定是全称命题，应该是，故选B.考点：特称命题的否定.2.等差数列中，若，则等于（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】试题分析：因为，等差数列中，所以，由等差数列的性质，得，故选C.考点：等差数列的性质3.抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（）A. B. C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】先确定抛物线的
2、焦点坐标，和双曲线的渐近线方程，再由点到直线的距离公式即可求出结果.【详解】因为抛物线的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为,由点到直线的距离公式可得.【点睛】本题主要考查圆锥曲线的简单性质和点到直线的距离公式，属于基础题型.4.椭圆的两个焦点，点M在椭圆上，且MF1F1F2，则离心率e等于（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，利用勾股定理求得由椭圆的定义求得2a,即可求出离心率.【详解】由题意，因为MF1F1F2，所以，所以.【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质，属于基础题型.5.实数x，y满足，则的最大值是（）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】A【解析】【分析
3、】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可得出结果.【详解】由约束条件画出平面区域，如下图所示，化目标函数为,由图可知，当直线过点A时，目标函数取得最大值，易知,所以.【点睛】本题主要考查简单的线性规划，属于基础题型.6.如图，在平行六面体中，为，的交点.若， ，则向量（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：。故A正确。考点：平面向量的加减法。7.已知椭圆的中心为原点，离心率，且它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则此椭圆方程为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出焦点坐标，再由离心率求得半长轴的
4、长，从而可求出a,b，进而可得椭圆方程.【详解】因为抛物线的焦点为,所以椭圆的焦点在y轴上，所以，又，所以，所以，故椭圆的标准方程为.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，属于基础题型.8.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知A=120，a=7，c=5，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知及余弦定理可得, 求出b的值，再由正弦定理即可求出结果.【详解】因为，由余弦定理可得：，整理可得，解得或（舍），所以由正弦定理可得.【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理，属于基础题型.9.直线与曲线的交点个数为（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【
5、解析】【分析】作出曲线的图像，利用是的切线，渐近线方程为,即可得出结论.【详解】当时，曲线方程为,图形为双曲线在轴的右半部分；当时，曲线方程为，图形为圆在轴的左半部分；如图所示，因为是的切线，渐近线方程为,所以直线与曲线的交点个数为1.【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，属于基础题型.10.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】连结交于点O,由，可证，进而可得，从而可得为与平面所成的角，解三角形即可求出结果.【详解】由题意，连结交于点O,连结，因为，所以,故，又长方
6、体中平面平面，所以直线平面，所以为与平面所成的角.又，所以.【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角，属于基础题型.11.已知，的最大值是（）A. B. 2 C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得正数满足,代入原式可得，由基本不等式即可求出结果.【详解】因为，所以，所以正数满足即，所以，当且仅当即时取等号.【点睛】本题主要考查基本不等式，属于基础题型.12.已知双曲线的左右焦点分别为，若双曲线C在第一象限内存在一点P使成立，则双曲线C的离心率的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在中，运用正弦定理，结合条件由离心率公式可得,再由双曲线的定义，可得,由存在点P
7、，可得,解不等式即可求出结果.【详解】在中,可得，由可得,即，由双曲线的定义可得，由存在点P，可得，即有(),由可得,解得.【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，属于一般题型.二、填空题（共5小题，每小题5分，满分20分）13.命题“若，则或”的逆否命题是_。【答案】若,则【解析】【分析】找出命题的条件与结论，根据逆否命题的定义将其全部否定，再颠倒位置即可.【详解】命题条件为：，结论为：或，所以将其否定后颠倒位置可得：若，则，即为逆否命题.【点睛】本题考查逆否命题的书写，需熟练掌握命题条件与结论的拆分与逆否命题的定义.14.不等式的解集是_。【答案】【解析】【分析】将不等式经过移项通分转化为且
8、，从而可求出结果.【详解】因为，所以,即,等价于且,所以原不等式的解集为.【点睛】本题主要考查分式不等式解法，属于基础题型.15.对于曲线有以下判断：（1）它表示圆；（2）它关于原点对称；（3）它关于直线对称；（4）且其中正确的有_（填上相应的序号即可）。【答案】（2）、（3）【解析】【分析】(1) )曲线中含有项，方程不表示圆；(2) 将换成，且将换成，方程不变;(3) 将互换，方程不变;(4)取，求出；【详解】(1)曲线中含有项，方程不表示圆；(2)在原方程中，同时将换成，且将换成，方程不变，就说明曲线关于原点对称；(3)在原方程中，将互换，方程不变，因此曲线关于直线对称；(4)时，,所以
9、，不满足，因此(4)不正确.故答案为(2),(3).【点睛】本题主要考查轨迹方程问题，属于基础题型.16.已知数列满足，数列满足，则数列的前n项和_。【答案】【解析】【分析】先由题中条件求出数列的通项公式，再由求出数列的通项公式，再由裂项相消法即可求出数列的前n项和.【详解】因为，所以两式作差得,所以，又，故,所以,因此.【点睛】本题主要考查数列的通项公式和数列的前n项和，属于基础题型.三、解答题（共7小题，满分60分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知p:,q：（1）若a=，且为真，求实数x的取值范围;（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）【解
10、析】试题分析：（1）先解出p，q下的不等式，从而得到p：，q：axa+1，所以时，p：由pq为真知p，q都为真，所以求p，q下x取值范围的交集即得实数x的取值范围；（2）由p是q的充分不必要条件便可得到，解该不等式组即得实数a的取值范围试题解析：（1）为真p真q真P真：则设A=x|=，q真：B=x|=，B=实数x的取值范围为:（2）由（1）知设A=x|，B=p是q的充分不必要条件，A是B的真子集或解得，实数a的取值范围为：考点：1复合命题的真假；2必要条件、充分条件与充要条件的判断18.已知不等式。(1) 若对于所有的实数x不等式恒成立，求m的取值范围；(2) 设不等式对于满足的一切m的值都成
11、立，求x的取值范围。【答案】（1）； （2）(0，1).【解析】【分析】(1)分和两种情况讨论，当时，只需结合二次函数的性质解决问题即可；(2)把m看成自变量，则左边即可看成关于m 的一次函数，只需m=2时的函数值小于或等于2即可，列出不等式即可求解.【详解】(1) 对所有实数x，都有不等式恒成立，即函数的图象全部在x轴下方，当时，显然对任意x不能恒成立；当时，由二次函数的图象可知有解得，综上可知m的取值范围是(2) 设，它是一个以m为自变量的一次函数，由知在上为增函数，则由题意只需即可，即，解得，所以x的取值范围是【点睛】本题主要考查二次函数的性质和函数恒成立问题，属于基础题型.19.在中，
12、a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知。（1）求角A的大小；（2）若，求的面积。【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】(1)由题意和二倍角公式可得的方程，解方程结合角的范围，即可求出角A；(2)由余弦定理可得，代入数据可得的值，再由面积公式即可求出结果.【详解】（1）在中，即，解得，或（舍去），由可得；（2）由余弦定理可得，代入数据可得12=16bc，解得bc=4，的面积【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理，属于基础题型.20.已知数列为等差数列，数列的前n项和为，且（1）求、的通项公式（2）若，数列的前n项和为，求。【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】(1)利用等差数列通项公
13、式列出方程组，求出首项、公差，即可求出的通项公式，由数列的前n项和，可求出数列的首项和公比，从而可得数列的通项公式；(2)由错位相减法即可求出数列的前n项和.【详解】（1）数列为等差数列，设公差为d，解得，数列的前n项和为，且，解得，当时，由及，两式相减，得，是首项为2，公比为2的等比数列，（2），数列的前n项和：，得： ，【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式，以及数列的求和，属于基础题型.21.如图，四棱锥P-ABCD中，底面为菱形，且，（）求证：；（）若，求二面角的余弦值。【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）取的中点，利用菱形和等边三角形的三线合一得到线线垂
14、直，进而得到线面垂直和线线垂直；（2）先利用勾股定理和线面垂直的判定定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解试题解析：（）证明：取的中点，连接，四边形为菱形，且，和为两个全等的等边三角形，则平面，又平面，；（）解：在中，由已知得，则，即，又，平面；以点E为坐标原点，分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则E（0，0，0），C（2，0），D（1，0，0），P（0，0，），则（1，0，），（1，0），由题意可设平面的一个法向量为；设平面的一个法向量为，由已知得：令y1，则，z1，；则，所以 ，由题意知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为考
15、点：1空间中垂直关系的转化；2利用空间向量求二面角【方法点睛】本题考查空间中垂直关系的相互转化及空间向量在立体几何中的应用，属于中档题；在考查立体几何问题时，往往将传统几何和空间向量结合在一起，先判定空间中的线线、线面的平行或垂直关系，再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解【此处有视频，请去附件查看】22.已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为2。（1）求椭圆C的方程；（2）椭圆C上是否存在一点P，使得当l绕F转到某一位置时，有成立？若存在，求点P的坐标与直线l的方程；若不存在，说明理由。【答案】（1）； （2），直线，或
16、，直线【解析】【分析】(1) 设，可得直线l的方程为，运用点到直线距离公式，可求出c,再由离心率公式即可求出a,b从而可得椭圆方程;(2) 设，, 设代入椭圆方程消元，再由韦达定理和向量的坐标运算，求出点P的坐标，代入椭圆方程，即可求出结果.【详解】（1）设，可得直线l的方程为，即为，由坐标原点O到l的距离为2，即有，解得，由，可得，b=2，即有椭圆的方程为；（2）设，当直线的斜率存在，设其方程为：由，消去y得，将P点坐标代入椭圆得，（舍去），即为当时，直线，当时，直线当直线的斜率不存在时，直线的方程为：，依题意，四边形OAPB为菱形，此时点P不在椭圆上，即当直线的斜率不存在时，不适合题意；综上所述，存在P，且，直线，或，直线【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质，属于中档试题.
甘肃省张掖市2020学年高二数学上学期期末联考试卷 理（含解析）
