2020-2021学年内蒙古阿拉善盟第一中学高二上学期第二次段考数学（理）试题含解析

2020-2021学年内蒙古阿拉善盟第一中学高二上学期第二次段考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，若，则的值是

A． B．或 C．0或 D．0或或

【答案】D

【分析】求解出集合；分别在和两种情况下根据交集运算结果构造方程可求得结果.

【详解】

当时，       ，满足题意

当时，

       或，即或

综上所述，的值为：或或

本题正确选项：

【点睛】本题考查根据交集运算结果求解参数值的问题，易错点是忽略集合为空集的情况，造成丢根.

2．公比为的等比数列的各项都是正数，且，则（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】各项都是正数的数列是等比数列，，所以，进而得到数列的通项公式，即可求出．

【详解】依题意，各项都是正数的数列是等比数列，

因为，所以，

所以，

所以，

故选：B．

【点睛】本题考查了等比数列的性质，等比数列的通项公式，对数运算等，注意认真计算，仔细检查，属基础题．

3．下列叙述不正确的是（       ）

A．已知，是空间中的两条直线，若，则直线与平行或异面

B．已知是空间中的一条直线，是空间中的一个平面，若，则或与只有一个公共点

C．已知，是空间两个不同的平面，若，则，必相交于一条直线

D．已知直线与平面相交，且垂直于平面内的无数条直线，则

【答案】D

【分析】利用空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系对各选项逐一判断作答.

【详解】对于A，空间两直线没有公共点，由空间两直线位置关系的分类知，两直线平行或是异面直线，A正确；

对于B，直线与平面有公共点，由直线与平面位置关系的分类知，直线与平面有无数个公共点(直线在平面内)或仅只一个，即B正确；

对于C，两个不重合平面有公共点，由平面基本性质知，它们有且只有一条经过公共点的公共直线，即C正确；

对于D，正三棱锥的侧棱垂直于底面三角形与该棱相对的边，而在底面三角形所在平面内与该边平行的直线都垂直于这条棱，正三棱锥侧棱不垂直于底面，即D不正确.

故选：D

4．已知全集为，集合，，则集合

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意，求得集合，再根据集合的补集和交集的运算，即可求解，得到答案.

【详解】由题意可得，集合,，

所以，所以,故选D.

【点睛】本题主要考查了集合的混合运算问题，其中解答中正确求解集合，再根据补集和交集的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

5．函数y＝x2－2x＋3，－1≤x≤2的值域是

A．R B．[3，6] C．[2，6] D．[2，＋∞）

【答案】C

【详解】试题分析：函数对称轴为x=1，当x=1时取得最小值2，当x=-1时取得最大值6，所以值域为[2,6]

【解析】二次函数值域

6．方程组有非零解是的（       ）

A．充分条件 B．充要条件 C．必要条件 D．非充分非必要条件

【答案】C

【分析】化简方程组得，不妨设，则，解得，而是的必要不充分条件，由此可得到正确选项.

【详解】由，化简可得，

依题意，不妨设，则，解得，

而是的必要不成分条件，

所以方程组有非零解是的必要条件.

故选C.

【点睛】本题主要考查必要条件的判定，二元一次方程组解的存在性，二元方程的解法等基础知识，考查运算求解能力与转化思想.属于中档题.

7．计算 的结果等于 (　　)

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】观察式子特征，逆用两角和与差的正余弦公式，即可求出．

【详解】法一：原式；

法二：原式,故选A.

【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式的应用．

8．网上大型汽车销售某品牌A型汽车，在2017年“双十一”期间，进行了降价促销，该型汽车的价格与月销量之间有如下关系

已知A型汽车的购买量与价格符合如下线性回归方程：，若A型汽车价格降到19万元，预测月销量大约是（       ）A．39              B．42              C．45              D．50

【答案】B

【详解】分析：先求均值，确定，再求自变量为19对应函数值得结果.

详解：因为，

所以

所以

选B.

点睛：函数关系是一种确定的关系，相关关系是一种非确定的关系.事实上，函数关系是两个非随机变量的关系，而相关关系是非随机变量与随机变量的关系.如果线性相关，则直接根据用公式求，写出回归方程，回归直线方程恒过点.

9．已知函数的图象如图所示,若则的值为

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先求解函数解析式,再根据,凑角计算即可.

【详解】易得,周期,故,

故,

代入可得,即.

又所以,故.又

所以,,故.

所以

故选：D

【点睛】本题主要考查了根据函数图象求解三角函数解析式与凑角求解三角函数值的问题,需要根据周期与代入最大值求解函数解析式,属于中等题型.

10．已知点，，，若圆上存在点，满足，则最大值是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】首先设点，利用，转化为，利用几何意义求的最大值.

【详解】由圆的方程可知，圆的圆心，半径为，设

则，，

，即，

根据的几何意义可知，的最大值就是圆上的点到原点的距离的最大值，即圆心到原点的距离加半径，即.

故选：C

【点睛】结论点睛：与圆的几何性质有关的最值，具体结论如下：

（1）设为圆的圆心，半径为，圆外一点到圆上的距离的最小值为，最大值为；

（2）过圆内一点的最长弦为圆的直径，最短弦是以该点为中点的弦；

（3）记圆的半径为，圆心到直线的距离为，直线与圆相离，则圆上的点到直线的最大距离为，最小值为；

11．在直角坐标系中，不等式y2－x2≤0所表示的平面区域是(　　)

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先根据平方差公式化成直线方程形式，再根据符号分类讨论，作可行域.也可选点判断选项.

【详解】因为，选C.

【点睛】“直线定界，特殊点定域”，即先作直线，再取特殊点并代入不等式组．若满足不等式组，则不等式(组)表示的平面区域为直线与特殊点同侧的那部分区域；否则就对应与特殊点异侧的平面区域．

12．已知函数 ．若对任意，总存在，使得，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】当时， ，

当时，

∵对任意，总存在，使得

∴

∵为递减函数，且

∴

综上所述，实数的取值范围时

故选D

二、填空题

13．已知，，，则________.

【答案】1

【分析】根据已知将平方，可求得，再根据即可得解.

【详解】解：因为，，，

所以，

所以，

则.

故答案为：1.

14．已知焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为___________.

【答案】

【分析】由双曲线的渐近线方程知，再由离心率公式求出最后答案。

【详解】已知双曲线的焦点在轴上设双曲线的方程为：，则双曲线的渐近线方程为：，又因为双曲线的渐近线方程为，所以，双曲线的离心率为.

故答案为：

15．已知的角，，所对的边分别是，，，且，若的外接圆半径为，则面积的最大值为__________．

【答案】

【详解】∵，即，

∴．

∴．

又的外接圆半径为，

∴．

由余弦定理得

，

∴，当且仅当时等号成立．

∴

故答案为：

点睛：

解三角形时，余弦定理、三角形的面积公式经常结合在一起考查，解题时要注意公式的变形，如，经过变形便出现了和的形式，为整体代换创造了条件．另外对于三角形面积最值的问题要注意基本不等式的应用，根据便可得到的最大值，然后根据面积公式求解即可，不过解题时要注意不等式中等号成立的条件．

16．如图，是直角边等于4的等腰直角三角形，是斜边的中点，，向量的终点在的内部（不含边界），则实数的取值范围是_______.

【答案】

【分析】如图所示，设，过点作，分别交于点，分别过作交于．由于，可知点在线段上（不含点），借助于点即可得出的取值范围．

【详解】如图所示，设，过点作，分别交于点，分别过作交于．

则，在的内部（不含边界），

点在线段上（不含点），

当点取点时， ，可得，

而在的内部（不含边界），因此．

当点取点时，，

此时可得，而在的内部（不含边界），

因此．

．

故答案为：．

【解析】１、向量的平行四边形法则；２、平面向量的基本定理；3、共面向量的基本定理．

【思路点睛】

本题考查了向量的平行四边形法则、平面向量的基本定理及其意义、共面向量的基本定理，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．

三、解答题

17．如图，在几何体中，，，，侧棱，，均垂直于底面，，，，求该几何体的体积.

【答案】96

【分析】在上取点，在上取点，使得，连接，则几何体是由三棱柱和四棱锥组合而成的，分别求出三棱柱和四棱锥的体积，即可得出答案.

【详解】解：在上取点，在上取点，使得，连接，

则几何体为直三棱柱，

因为，，，

所以，

所以是以为直角的直角三角形，

，，

则多面体是四棱锥，高为8，

所以几何体是由三棱柱和四棱锥组合而成的，

，

，

所以该几何体的体积为.

18．设，，，.

（1）若.求证：；

（2）若，求的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）利用两角和的正弦公式结合平面向量数量积的坐标运算证得，由此可证明出；

（2）求得的坐标，由可求得，由得出，，计算出的值，进而可求得的值.

【详解】（1），且，

，因此，；

（2），，，

，

，

，，则，，

因此，.

【点睛】本题考查平面向量垂直的证明，同时也考查了两角和的正弦公式以及同角三角函数关系的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.

19．已知四棱锥中，底面为矩形，且，，若平面，，分别是线段，的中点．

（1）证明：；

（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置：若不存在，说明理由；

【答案】(1)见解析 （2）存在，

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，先证明平面，即可得出结论；

（2）过点作，交于点，则平面，且，再过点作交于点，则平面且，从而平面平面，即可得出结论．

【详解】（1）证明：连接，则，，

，，，

平面，，，平面，

平面，；

（2）解：过点作，交于点，则平面，且．

再过点作交于点，则平面且，

平面平面．平面，平面．

∴存在点满足，使得平面．

【点睛】本题考查线面垂直，线面平行，考查学生分析解决问题的能力，正确运用线面垂直，线面平行的判定定理是关键．

20．在数列中，，，，其中.

(1)数列是等比数列吗，请写出证明过程；

(2)设，数列的前项和为，求；

(3)已知当且时，，其中，求满足等式的所有的值之和.

【答案】(1)不是等比数列，证明见解析

(2)

(3)5

【分析】（1）根据等差数列得定义，推出为一个常数，即可证得数列是等差数列，求得数列得通项公式，再根据等比数列的定义即可得出结论；

（2）求得数列的通项公式，再利用错位相减法即可得出答案；

（3）根据可得，再根据时，，可得，即可得出时，，再将分别代入检验即可得出答案.

【详解】(1)解：数列不是等比数列，

因为，，，

所以，

，

所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，

所以，

则，

所以数列不是等比数列；

(2)由（1）得，则，

则①，

②，

由①②得

，

所以；

(3)解：因为，

所以，

即，

所以，

因为时，，

所以，

，

，

所以，

所以时，，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

所以满足等式的所有的值之和为.

【点睛】本题考查了等差数列及等比数列得定义，考查了利用错位相减法求出来得前项和，第三问难度较大，放缩时技巧性比较强，有一定的难度.

21．抛物线的焦点为，过的动直线交于两点，过点且关于对称的点的坐标为.

（1）求的方程；

（2）过作直线交于两点，是在处的切线，且直线与轴的交点为，求面积的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由题可得，求得即得方程；

（2）设，设出直线方程，与抛物线联立，利用可得，由三点共线，利用斜率关系得出，设，与抛物线联立，利用韦达定理化简可得，然后表示出面积，即可得出最值.

【详解】（1）由对称性知且与直线垂直，

所以是的准线，，解得，

即为所求的方程.

（2）设，由题意直线的斜率存在，设为，

则，即，

联立方程可得，

则，解得，，

设点，由三点共线，

，则，

由题意，直线不与轴重合，

设，则，

则，

联立方程可得，

所以，

，，

，

当时取等号，

面积的最小值为.

【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为，；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，且过点（1，）．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设与圆O：x2+y2=相切的直线交椭圆C于A，B两点，求△OAB面积的最大值，及取得最大值时直线的方程．

【答案】（1）；（2），．

【解析】（1）由离心率可设，则，故设椭圆方程为，将点代入可得，即可求得椭圆的方程．

（2）①当直线的斜率不存在时，时，可得；②当直线的斜率存在时，设直线为，联立，整理得，由韦达定理得，，由直线与圆相切，可得，利用弦长公式可知，再利用基本不等式求最值，即可求得，进而求得面积最值及直线方程．

【详解】（1）由题意可得，，故，，故设椭圆方程为，

将点代入椭圆方程，可得，故，

所以椭圆的方程为．

（2）①当直线的斜率不存在时，时，可得，

；

②当直线的斜率存在时，设为，则直线为，，

联立，整理得，

由韦达定理得，，

由直线与圆相切，可得，即，

又

，当且仅当，即时等号成立，

此时，

即有面积的最大值为，此时直线方程．

【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程及圆锥曲线中的最值问题，圆锥曲线中求最值问题往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等，而目标函数的最值可以通过基本不等式或导数等求得，考查学生的分析解题能力与运算求解能力，属于难题.