2019-2020年北京市密云区高二数学上学期期末试题及答案

这是一份2019-2020年北京市密云区高二数学上学期期末试题及答案，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.
1. 设，且，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
解：A.取，则，故错误；
B.取，则，故错误；
C取，则，故错误；
D.由不等式的性质“在不等式两边同时加上或减去一个数，不等号方向不变”可知D正确，
故选：D.
2. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
解：由，得，故抛物线的焦点坐标为.
故选：D.
3. 命题“，”的否定是（ ）
A. 不存在，B. 存在，
C. ，D. ，
【答案】C
解：根据特称命题的否定是全称命题可知，的否定为：，.
故选：C.
4. 已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（ ）
A. 充分必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
解：若，则或，故充分性不成立，
若，则，必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：C
5. 已知函数与的图象如图所示，则不等式组的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
解：结合图象，若实线是的图象，虚线是的图象，则在上，则
在单调递增，不满足题意，故实线那支为的图象，虚线那支为的图象，
故不等式组的解集为.
故选：A.
6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为.
A. 24里B. 12里C. 6里.D. 3里
【答案】C
解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，
由，得，解得：，
，
故选C．
7. 若数列中，则（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】C
解：数列中，，
所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以：数列的周期为
故，
即
故选：C.
8. 已知双曲线的两条渐近线分别为直线，，直线经过双曲线的右焦点且垂直于，设直线与，分别交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
解：

如图1，，，由已知，，，所以
，如图2，过F作FG于G，易证，
所以，故，，从而
，中，，所以，化简
得，故双曲线离心率为.
故选：C.
二、填空题:本大题共6小题，每小题5分，共30分.
9. 在空间直角坐标系中，已知点M（1，0，1），N（-1，1，2），则线段MN的长度为____________
【答案】
解：．
故答案为．
10. 已知双曲线（）的离心率是 ,则_________．
【答案】
解：由已知，，所以，解得.
故答案为：.
11. 曲线在点处的切线方程是_________________．
【答案】
解：由已知，，所以，又，故切线方程为
，即.
故答案为：.
12. 在平面直角坐标系中，直线与双曲线有且只有一个公共点，请写出任意符合条件的一条直线方程_______________．
【答案】 （答案不唯一）
解：当直线斜率不存在时，或，满足题意，当直线斜率存在时，设直线方程为
，联立双曲线方程可得，当时，，
若，则方程有唯一解，满足题意，此时直线方程为，若，则方程无解，
不满足题意；同理，当时，，若，则方程有唯一解，满足题意，
此时直线方程为，若，则方程无解，不满足题意；当时，
则方程有两个不等的根或无实根，不满足题意.
故答案为：（答案不唯一）
13. 已知二次不等式的解集为，且，则的最小值为__________.
【答案】
解：由于二次不等式的解集为，
则，且，，.
.
当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
故答案为.
14. 已知椭圆的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点P在椭圆G上，且满足．当b变化时，给出下列三个命题：
①点P的轨迹关于y轴对称；
②存在b使得椭圆G上满足条件的点P仅有两个；
③的最小值为2，其中，所有正确命题的序号是___________．
【答案】①③
解：椭圆的两个焦点分别为
，和，，
短轴的两个端点分别为和，
设，点在椭圆上，且满足，
由椭圆定义可得，，
即有在椭圆上．
对于①，将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，
故①正确；
对于②，由图象可得轨迹关于，轴对称，且，
则椭圆上满足条件的点有4个，
不存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，故②不正确；
对于③，点靠近坐标轴时或，越大，点远离坐标轴时，越小，所以，即时，取得最小值，此时，与
两方程相加得，即的最小值为 2，故③正确．
故答案为：①③．
三、解答题: 本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
15. 已知等差数列中，.
（1）设，求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】
（1）证明见解析 （2）
解：（1）设的公差为，
由，可得，即.
又，可得.
故
依题意，，因为（常数）.
故是首项为4，公比2的等比数列.
（2）的前项和为
的前项和为
故的前项和为.
16. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）判断函数零点的个数，并说明理由.
【答案】
（1）函数在区间，上单调递增；函数在区间上单调递减. （2）一个，理由见解析
解：（1）解：由题意得，
令，得，．
与在区间上的情况如下:
函数在区间，上单调递增;
函数在区间上单调递减.
（2）根据第一问，由函数单调性可知
当时，有极大值；
当时，有极小值；
在区间单调递增，在区间上单调递减，
可知上，恒有；
当时， ，(举例不唯一)
上单调递增，由零点存在定理可知，
有且只有一个实数，使得.
所以函数有且只有一个零点
17. 如图，在四棱锥中，等边三角形所在的平面垂直于底面，， ，是棱的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）判断直线与平面是否平行，并说明理由．
【答案】
（Ⅰ）见解析 (Ⅱ) （Ⅲ）直线与平面不平行
解：（Ⅰ）证明：平面平面，平面平面，平面且
平面
（Ⅱ）取的中点，连结，


又 四边形是平行四边形

平面
建立如图所示空间直角坐标系
则，，，，
，
设为平面的一个法向量，由
得令，得，，所以
因为轴垂直于平面，所以取平面的一个法向量
所以二面角的余弦值为
（Ⅲ）直线与平面不平行
理由如下：，
设为平面的一个法向量，由
得令，得，所以
所以与不垂直，又因为平面
所以直线与平面不平行
18. 已知函数，.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求的取值范围.
【答案】
（1） （2）
解：（Ⅰ）当时，，
因为，
所以.
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）函数在上恒成立，等价于函数的最小值大于或等于0.
，
因为所以， .
①当时，显然，
函数在上单调递增，所以当时，有最小值，
显然，所以符合条件.
②当时，令，解得，
若即时，
当时，
函数在上单调递增，所以当时，有最小值，
当时，显然.
函数在上单调递增，所以当时，有最小值，
依题意有，所以符合条件.
若即时，显然，不符合.
综上，若函数在上恒成立，则.
19. 已知椭圆（）的离心率为， 点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆C交于两个不同的点，，直线，与轴分别交于，两点，求证：．
【答案】
（1） （2）证明见解析
解：（1）因为在椭圆上，所以
因为离心率，所以，
有
解得
所以，椭圆的标准方程为
（2）由得．
因为直线与椭圆有两个交点，并注意到直线不过点，
所以解得或．
设，，则，,
，．
显然直线与的斜率存在，设直线与的斜率分别为，，
由（Ⅰ）可知
则
．
因为，所以．
所以．
20. 给定一个数列，在这个数列里，任取项，并且不改变它们在数列中的先后次序，得到的数列称为数列的一个阶子数列．
已知数列的通项公式为（为常数），等差数列是
数列的一个3阶子数列．
（1）求的值；
（2）等差数列是的一个阶子数列，且
（为常数，，求证：；
（3）等比数列是的一个阶子数列，
求证：．
【答案】
（1）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
解：（1）利用等差数列的定义及其性质即可得出；
（2）设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d．由b1，可得b2，再利用等差数列的通项公式及其不等式的性质即可证明；
（3）设c1 （t∈N*），等比数列c1，c2，…，cm的公比为q．由c2，可得q．从而cn＝c1qn﹣1（1≤n≤m，n∈N*）．再利用等比数列的前n项和公式、函数的单调性即可得出．
（1）解：∵a2，a3，a6成等差数列，
∴a2﹣a3＝a3﹣a6．
又∵a2，a3，a6，
代入得，解得a＝0．
（2）证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d．
∵b1，∴b2，
从而d＝b2﹣b1．
∴bm＝b1+（m﹣1）d．
又∵bm＞0，∴0．
即m﹣1＜k+1．
∴m＜k+2．
又∵m，k∈N*，∴m≤k+1．
（3）证明：设c1 （t∈N*），等比数列c1，c2，…，cm的公比为q．
∵c2，∴q．
从而cn＝c1qn﹣1（1≤n≤m，n∈N*）．
∴c1+c2+…+cm
，
设函数f（x）＝x，（m≥3，m∈N*）．
当x∈（0，+∞）时，函数f（x）＝x为单调增函数．
∵当t∈N*，∴12．∴f（）≤2．
即 c1+c2+…+cm≤2．
考点：新定义，等差数列的性质，等差数列的通项公式，等比数列的通项公式与前项和公式，放缩法证明不等式
+
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减
增