广东省普宁市2020-2021学年高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份广东省普宁市2020-2021学年高二上学期期末数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出的定义域，再进行交集运算.
【详解】，
故选：C
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据全称命题的否定的概念写出结果.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“，”的否定是：
“”，
故选：C.
【点睛】本题主要考查了全称命题的否定，属于基础题.
3．下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为的是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】试题分析：焦点在轴上的是C和D，渐近线方程为，故选C．
【解析】1．双曲线的标准方程；2．双曲线的简单几何性质．
4．已知a,,则“”是“”的什么条件( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】分别从充分性和必要性入手进行分析即可.
【详解】充分性：，充分性成立；
必要性：当时，成立，但，故必要性不成立；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，考查推理能力，属于常考题.
5．《九章算术》是我国古代的一本数学名著.全书为方田、粟米、衰分、少广、商功、均输、盈不足、方程、勾股九章，收有246个与生产、生活实践有联系的应用问题.在第六章“均输”中有这样一道题目：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“现有五个人分5钱，每人所得成等差数列，且较多的两份之和等于较少的三份之和，问五人各得多少？”在此题中，任意两人所得的最大差值为多少？（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设每人分到的钱数构成的等差数列为，公差，由题意可得，，，结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解．
【详解】解：设每人分到的钱数构成的等差数列为，公差，
由题意可得，，，
故，，
解可得，，，
故任意两人所得的最大差值．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式在实际问题中的应用，属于基础题．
6．若，则方程与所表示的曲线可能是图中的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】即为直线，即为曲线，，再逐项判断即可．
【详解】即为直线，即为曲线，.
对于A选项，由直线方程可知，，，则曲线，表示圆或椭圆，A选项错误；
对于B选项，由直线方程可知，，，则曲线，不存在，B选项错误；
对于C选项，由直线方程可知，，，则曲线，表示焦点在轴上的双曲线，C选项正确；
对于D选项，由直线方程可知，，，则曲线，表示焦点在轴上的双曲线，D选项错误.
故选：C.
【点睛】本题考查直线方程与曲线方程的判断，考查识图能力，属于基础题．
7．正四面体的棱长为，，分别为，中点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先连接，，利用勾股定理得到，再计算的长即可.
【详解】
如题所示：连接，，
因为，为的中点，所以，
所以，同理.
又因为，为的中点，所以.
所以.
故选：A
8．已知抛物线，过其焦点且斜率为的直交抛物线于､两点，若线段的中点的横坐标为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先将抛物线方程写成标准方程形式，直线方程与抛物线方程联立，利用根与系数的关系求，再求抛物线的准线方程.
【详解】抛物线的标准方程是，焦点坐标是，
则直线的方程是，与抛物线方程联立得，
，因为线段的中点的横坐标为2，所以，得，
所以该抛物线方程，则准线方程.
故选：D
9．如图，棱长为的长方体中，为线段上动点(包括端点).则以下结论正确的为（ ）
A．三棱锥中，点到面的距离为定值
B．过点平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为
C．直线与面所成角的正弦值的范围为
D．当点和重合时，三棱锥的外接球体积为
【答案】C
【分析】由，可判定A不正确；根据正方体的结构，得出截面为正，可判定B不正确；由正方体的结构特征和性质，以及线面角的定义与求法，可判定C正确；设的中点为，得到 得出三棱锥的外接球的的半径，结合体积公式，可判定D不正确.
【详解】对于A中，由，为等边三角形，面积为,设点到面的距离为，由，求得，所以A不正确；
对于B中，过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形平面，
此时三角形为边长为的等边三角形，其面积为，所以B不正确；
对于C中，由正方体的结构特征和性质，可得点P到平面的距离为，
当点P在线段上运动时，（P为端点时），，
设直线与平面所成角为，则，所以C正确；
对于D中，当点P与重合时，此时三棱锥为，
设的中点为，因为，可得
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，其半径为，
所以三棱锥的外接球的体积为，所以D不正确.
故选：C.
【点睛】思路点睛：
1、对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.
2、对于线面角的计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
3、对于球的组合体问题：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径.
二、多选题
10．已知，，下列不等式不成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】取判断ABC，由换底公式结合对数函数的单调性判断D.
【详解】当时，，
，故ABC错误；
，，
，即，故D正确；
故选：ABC
【点睛】关键点睛：在比较真数相同的两个对数的大小时，关键是利用换底公式将底数化相同，再结合对数函数的单调性比较大小.
11．下列说法正确的是（ ）
A．已知椭圆以坐标轴为对称轴，且长轴长是短轴长的倍，并且过点，则椭圆的方程为
B．等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于，两点，，则的实轴长为
C．平面内到点，距离之差的绝对值等于的点的轨迹是双曲线
D．设是抛物线上的一个动点，是抛物线的焦点，若，则的最小值为
【答案】BD
【分析】分焦点在轴和轴进行讨论，判断A，直接设出双曲线的方程，利用弦长求得参数然后得出实轴长，判断B，利用双曲线的定义判断C的，由抛物线的定义进行转化后求解判断D．
【详解】A．当焦点在轴时，，则，方程为，当焦点在上时，，，方程为，A错；
B．设双曲线方程为（），抛物线的准线方程为，代入双曲线方程得，，，，双曲线方程为，即，，实轴长为，B正确；
C．，因此平面内到点，距离之差的绝对值等于的点的轨迹是两条射线，C错；
D．由题意在抛物线内部，过作抛物线准线的垂线，为垂足，则，，当三点共线时，取得 最小值，D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆锥曲线的定义，解题关键是掌握这三种曲线的定义，利用定义、标准方程解题．椭圆、双曲线的定义中注意“和差”与两定点间距离的关系，否则易出错．圆锥曲线中涉及曲线上的点到焦点的距离时，注意利用定义进行转化．
12．在中，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则为钝角三角形
D．存在满足
【答案】ABC
【分析】根据大角对大边，以及正弦定理，判断选项A；利用余弦定理和正弦定理边角互化，判断选项B；结合诱导公式，以及三角函数的单调性判断CD.
【详解】A.，，根据正弦定理，可知，故A正确；
B.，，即，由正弦定理边角互化可知，故B正确；
C.当时，，即，即，则为钝角三角形，若，，即成立，是钝角，当是，，所以综上可知：若，则为钝角三角形，故C正确；
D.，，，
即，故D不正确.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题考查判断三角形的形状，关键知识点是正弦定理和余弦定理，判断三角形形状，以及诱导公式和三角函数的单调性.
三、填空题
13．在中，，，，则的外接圆半径为___________.
【答案】
【分析】利用余弦定理求出，并求出，再利用正弦定理可求得的外接圆半径.
【详解】由余弦定理可得，
，则为锐角，所以，，
因此，的外接圆半径为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
14．正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）的底面边长为，侧棱长为，则与所成的角为___________.
【答案】
【分析】作出图形，分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成的角.
【详解】分别取、的中点、，连接、，如下图所示：
在正三棱柱中，平面，且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，，则平面，
为等边三角形，为的中点，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
，，
，
因此，与所成的角为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
15．已知数列的前项和，且满足，则___________.
【答案】
【分析】由，推得，得到数列表示首项为，公比为的等比数列，求得和 ，进而得到，再结合等比数列求和公式，即可求解.
【详解】由数列的前项和，且满足，
当时，，
两式相减，可得，即，
令，可得，解得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，
则，所以，
所以
.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：由，利用，推得从而证得数列为等比数列是解答本题的关键.
16．设、为椭圆的左、右顶点，若在椭圆上存在异于、的点，使得，其中为坐标原点，则椭圆的离心率的取值范围是_____.
【答案】
【分析】设点，由可得出，求出函数在区间上的零点为，化简得出，进而可解得的取值范围.
【详解】设点，则，可知点，，，
，
设，则函数在区间上存在零点，
，则为方程的一根，
设函数在区间内的零点为，由韦达定理可得，，
所以，，即，整理可得，，即，
，解得.
因此，椭圆的离心率的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出、，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于、、的齐次式，结合转化为、的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于的方程（或不等式），解方程（或不等式）即可得（的取值范围）．
四、解答题
17．已知函数，当时，不等式的解集为.
（1）求，的值；
（2）若函数，求不等式的解集.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可.
（2）首先根据（1）将题意转化为，从而得到，再解不等式即可.
【详解】（1）当时，不等式的解集为
所以
解得：，
故所求函数解析式为
（2）由（1）得
，即，
且，
化简得：且，
，不等式的解集为
18．已知等差数列与正项等比数列满足，且，20，既是等差数列，又是等比数列.
（1）求数列和的通项公式；
（2）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成求解.
若______________，求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）选择见解析，答案不唯一，具体见解析.
【分析】（1）根据条件用基本量将方程组表示出来，求解即可；
（2）选择①：由得，然后利用分组求和、公式法即可求出数列的前项和；
选择②：由得，然后用错位相减法即可求出数列的前项和；
选择③：由得，然后用裂项相消法即可求出数列的前项和；
【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题得，即
解得，，所以，，；
（2）
选择①：，
则
故.
选择②：，
；
，①
，②
由①-②，得，
即.
选择③：，
则
故.
【点睛】裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止；
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
19．某地需要修建一条大型输油管道通过240公里宽的沙漠地带，该段输油管道两端的输油站已建好，余下工程是在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站(又称泵站)．经预算，修建一个增压站的工程费用为400万元，铺设距离为公里的相邻两增压站之间的输油管道费用为万元．设余下工程的总费用为万元．
(1)试将表示成的函数；
(2)需要修建多少个增压站才能使最小，其最小值为多少？
【答案】（1）y＝＋240x－160(0＜x≤240)；（2）11，9440
【解析】(1)设需要修建k个增压站，
则(k＋1)x＝240，即k＝－1.
所以y＝400k＋(k＋1)(x2＋x)＝400＋(x2＋x)＝＋240x－160.
因为x表示相邻两增压站之间的距离，则0故y与x的函数关系是y＝＋240x－160(0(2)y＝＋240x－160≥2－160＝2×4 800－160＝9 440.
当且仅当＝240x，即x＝20时取等号．
此时，k＝－1＝－1＝11.
故需要修建11个增压站才能使y最小，其最小值为9 440万元．
20．已知：如图所示的几何体中，正方形所在平面垂直于平面，四边形为平行四边形，为上一点，且平面，.
（1）求证：平面平面；
（2）当时，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由面面垂直得线面垂直：平面，再得线线垂直，，再由已知线面垂直得线线垂直，，证得平面，从而得证面面垂直；
（2）以中点为坐标原点，为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
四边形为正方形，即，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：当，是菱形，设中点为
则，以为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系如图，因，由（1）得，则，
所以，，，.
，，
设为平面的一个法向量，
则，，
可取，则，
因为四边形为平行四边形，为等腰直角三角形，
所以四边形为正方形，，
由（1）平面，平面，则
，平面，所以平面，
取平面的一个法向量为，
所以，
所以，
即平面与平面所成二面角的正弦值为
【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求二面角．求二面角的方法：
（1）定义法：作出二面角的平面角并证明，然后在三角形中计算；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出二面角的两个面的法向量，用法向量夹角与二面角相等或互补求解．
21．在中，角，，所对的边分别为，，，，的面积．
（1）求角；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（Ⅰ）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；
（Ⅱ）法一：由，，即可得到
，然后化简，判断的范围即可求出的范围.
法二：利用，，即可求出
，再利用三角形两边之和大于第三边，即可求出的范围.
【详解】（1）由可知，
∴．
由正弦定理得．
由余弦定理得，
∴，∴．
（2）法一：由（1）知，
∴，．
的
∵，∴，∴，
∴
∴的取值范围为：
法二：
∴
∵
∴的取值范围为．
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题．
22．已知：椭圆的左右焦点为､，椭圆截直线所得线段的长为，三角形的周长为.
（1）求的方程；
（2）若，为上的两个动点，且.证明：直线过定点，并求定点的坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.
【分析】（1）根据截直线所得线段的长为，可得，再结合的周长为，求解即可.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据，且垂直轴，可得，结合韦达定理可求m与k的关系，再代入直线方程求解.
【详解】解：（1）把代入得，
则.即.
又的周长为，
由椭圆概念得
从而
故的方程为.
（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得.
设，的坐标分别为，，
则，
且，.
设直线，的倾斜角分别为，，∵，且垂直轴，
，即，
，则，
即，
，
，化简可得，
则直线的方程为，故直线过定点.
【点睛】关键点睛：由，且垂直轴，得到，
是解答本题的关键.