四川省内江市2019-2020学年高二上学期期末检测数学(理)试题(扫描版)
流程图,那 么输 出的结果是
A。 9
B,8
C。 7
高二数学(理科)试卷第 1页 (共 4页 )
5.方 程(a~1)x-y+za+1〓 0(;∈ R)所表示的直线与圆(x+1)2+/〓 zs的 位置关系是
A。 相离
B.相 切
C。 相交
D。 不能确定
n 6.关于直线 m、 n及平面 α、β,下列命题中正确的个数是
干净后 ,再 选涂其它答案。不能答在试题卷上。 3.非 选择题 用签字笔将答案直接答在答题卡相应位五上。
,
4.考 试结束后 ,监 考人 员将答题卡收回。
-、 选择题:(本大题共 12个 小题口每小题 9分 ,共 ω 分。在每小题的四个选项中只有-个
是正确的,把 正确选项的代号填涂在答题卡的指定位王上。)
A。 (x-2)2+(yˉ 1)2〓 4 C∶ (x+2)2+(yˉ 1)2=9
·
B.(x+2)2+(yˉ 1)2〓 4 D.(x-2)2+(yˉ 1)2〓 9
11.已 知正三棱锥 A-BCD的 外接球是球 o,正 三棱锥底边 BC〓 3,侧棱 AB〓 2汀,点 E
在线段 BD上 ,且 2BE〓 DE,过 点E作球 0的截面,则 所得截面圆面积的取值范围是
内江市zO19-zOzO学 年度第一学期高二期末检测题
学 (理 科 )
本试卷共 4页 ,全 卷满分 150分 ,考 试时间 120分钟,
注意事项 ∶
1.答题前,考 生务必将 自己的姓名〈考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位工。
2.选择题选 出答案后 ,用 铅笔把答题卡上对应题 目的答案标号涂黑。如需改动,用 橡皮擦
A。 √π
B。 38
C。 √π
D∶ 10
3.直 线 zx+y+1〓 0和 x+zy+1〓 0的位置关系是
A.平 行
B。 相交但不垂直 C.垂直
D不 能确定
4.如 图是某高三学生进人高中三年来的数学考试成绩茎叶图,第 1次 到第 10次 的考试成
绩依次记为 A1,A2,A3,· ··,A1Ⅱ 下图是统计茎叶图中成绩在-定 范 围内考试次效 的一个算法
中提出的多项式求值的秦九韶算法,至 今仍是 比较先进的算法。已知一个 5次 多项式为 《x)
〓仅5-3xs-2xz-5x+1,用 秦九韶算法求这个多项式当 x=3时 的值为
。·
1s。 一条光线从点(-2,¨ 4)射 出,经 直线 y〓 x反 射 ,其反射光线所在直线与圆(x+3)2
+(yˉ 2)2〓 1相 切,则反射光线所在的直线方程为____。
高二数学(理科)试卷第 2页 (共 4页 )
16.如 图所示,在 长方体 ABCD-A1B1C1Dl 中,BB1〓 B1Dl,点 E是 棱 CC:上 的一个动点 ,
若平面 BED1交棱 M:于 点 F,给 出下列命题 :
D:
c】
①四棱锥 B1ˉ BED1F的 体积恒为定值;
②对于棱 CC:上 任意一点 E,在 棱 AD上 均有相应的点 G,使 得
范围是
`A∶ (3,7)
B.(5,6]
C,[4,5)
D。 [4,6]
二、坎空题 ∶(本大题共 4小 题,每 小题 5分 ,共 ⒛ 分。)
~, 13.已 知 、,x2,、 ,· ··,xn的 平均数为 a,则 2、 +3,zx2+3,… ,2xn+3的 平均数是
⒕,秦 九韶是我国南宋时期的数学家,普州(现 四川省安岳县)人 ,他 在所著的《数书九章》
CG∥ 平面EBD1;
③存在J点 E,使得 B:D⊥ 平面BDェ E;
④存在唯一的点 E,使得截面四边形 BED1F的 周长取得最小值。
A
其中为真命题的是____.(填 写所有正确答案的序号)
三、解答题 :(本大题共 6个 小题 ,共 TO分 。解答要写出文字说明,证 明过程或演箅步骤。) 刀。(本 小题满分 10分 )。 已知直线 J:(a+1)x+yˉ 2-a=0(a∈ R).
(1)若直线 J在两坐标轴上的截距相等 ,求直线 J的 方程 ;
(2)当 o(0,0)点 到直线 J距离最大时,求直线 J的 方程.
18.(本 小题满分 12分 )
.
1.已 知某班有学生 鲳 人 ,为 了解该班学生视力情况 ,现将所有学生随机编号 ,用 系统抽样
的方法抽取一个容量为 4的 样本 ,已 知 3号 ,ls号 i,g9号 学生在样本中,则 样本中另外一个学
生的编号是 ,
A。 26
B。 27
C。 28
D。 29
2.设 B点 是点 A(2,-3,5)关 于平面 xoy的 对称点 ,则 lAB|〓
的取值
·
l ι
+
冖 Ⅰ 刿
范围是
A.(2,+∞ )
B.[2,+∞ ) C.(1,+∞ ) D.[△ +∞ )
8.已 知点 M(1,3)到直线 J:l∶ lx+yΓ 1〓 0的距离等于 1,则 实憋 血等于
,
÷ A·
:· 舍 C· 手 D· ÷
9.我 国数学家陈景润在哥德 巴赫猜想的研究 中取得 了世界领先 的成果.哥德 巴赫猜想是
“每个大于 2的偶数可以表示为两个素数的和”,如 硐 〓3+gT。 (注 :如果一个大于 1的 整数除 了 1和 自身外无其他正因数 ,则称这个整数为素数.)在不超过 11的 素数 中,随 机选取 2个 不 同的数 ,其 和小于等于 10的 概率是
A·
丁
卩·丁
C· T D·
了
10.若 圆心坐标为(-2,1)的 圆,被直线xˉ y=1=0截 得的弦长为2,则 这个圆的方程是
A· [皙 ,sqTl·
⒏ [2π ,gqTl
⒍ [2π ,0· Tl D。
[托 ,0qTl
严
⒓。在直角坐标系内,已 知 A(3,3)是 以点 C为 圆心的圆上的一点,折叠该圆两次使点 A
分别与圆上不相同的两点(异 于点 A)重合,两次的折痕方程分别为 x-y+1〓 0和 x+yˉ 0〓
0,若 圆上存在点 P,使得M岁 ·(、~面巾 〓o,其 中点 M(-t,0)、 N(1,0)(t∈ R+),则 t的 取值
①若m∥ α,α ∩β〓n,则 m∥
②若m∥ α,n∥ α,则 “∥n
③若m⊥ O ·
A。
α,m∥
β,则 B。
α⊥β 1
7 已知 x
玩
Γx
x
为线性区域Ⅰ x I < Ⅰ
一 ☆ Ⅰ 2
1
+
y
, J
≤.
④若mcα ,α ⊥β,则 m⊥ β
C。 2
D。 3
”0
内的一点 若2 丶 一 h 一 c < 0 恒成亠工 贝
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)_36
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：1.已知平面中的两点，则满足的点M的轨迹是（）A. 椭圆B. 双曲线C. 一条线段D. 两条射线【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的定义进行判断可得答案.【详解】解：由题意得：，且=4,因为，因此符合双曲线的定义，故点M的轨迹是双曲线，故选：B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及性质，属于基础题型.2.在空间直角坐标系中，与点A（1，2，3）关于平面对称的点的坐标是（）A. （1，2，-3）B. （-1，-2，-3）C. （-1，-2，3）D. （1，-2，3）【答案】A【解析】【分析】根据空间中对称的点的坐标的求法,代入点坐标可得答案.【详解】解：由空间中任意一点关于平面对称的点为,可得点关于平面对称的点的坐标是，故选：.【点睛】本题主要考查空间中点坐标的计算，空间中对称点的坐标的求法，属于基础题型.3.直线被圆截得的弦长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由圆的方程求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离d，再根据弦长公式求得弦长.【详解】解：由圆，可得圆心，半径为，可得圆心到直线的距离，故弦长为，故选：C.【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于中档题.4.某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据几何体三视图，得出该几何体为底面为正方形，高为4的四棱锥，求出它的体积即可.【详解】解：由题意可得: 该几何体为底面为正方形，高为4的四棱锥,其体积为：，故选：A.【点睛】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，也考查了几何体体积的计算问题，属于基础题目.5.已知直线和平面内的两条直线，则“”是“且”的（）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判定与性质分别检验命题的充分性与必要性，可得答案.【详解】解：由直线和平面内的两条直线，可得：充分性：因为“”，所以必垂直于平面内的所以直线，所以“且”；必要性：由“且”，若，则不一定垂直与平面，综上可得, “”是“且”的充分不必要条件，故选:C.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质和充要条件的判断，属于基础题型.6.已知分别为直线与上的两个动点，则线段的长度的最小值为（）A. B. 1 C. D. 2【解析】【分析】易得直线与平行，当的长度为两平行线间的距离时最短，利用两平行线间的距离公式计算可得答案.【详解】解：由直线与，可得直线与平行，当长度为两平行线间的距离时，线段的长度的最小值，可得与的距离为：，即线段的长度的最小值为1，故选：B.【点睛】本题主要考查两平行线间的距离公式，相对简单.7.如图，在正四面体中，是的中点，则与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】取的中点,连接,,可得就是与所成的角, 设,可得,,利用余弦定理可得的值,可得答案.【详解】解:如图: ,取的中点,连接,,可得就是与所成的角,设,则,,,故选: B.【点睛】本题主要考查异面直线所成得角的余弦值的求法,注意余弦定理的灵活运用,属于基础题.8.棱长都相等的正三棱柱中，是侧棱上的点（不含端点）.记直线与直线所成的角为，直线与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念以及各种角的计算，利用三角函数知识求解，进而比较大小即可.【详解】解：如图：由题意得：由为正三棱柱，可得,可得，，可得即为二面角，可得；在平面中作,交与D点，连接,在中，,由为正三角形，由大边对大角得原理可得,即与直线所成的角大于，；易得,即为直线与底面所成的角，其中,故，即，故可得：，故选：C.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等相关知识，综合性大，属于难题.9.在平面直角坐标系中，是圆上的动点，满足条件的动点构成集合，则集合中任意两点间的距离的最大值为（）A. 4B.C. 6D.【答案】D【解析】【分析】设,由求出M得轨迹方程，结合圆得对称性可得集合中任意两点间的距离的最大值.【详解】解：设，可得，设，由，，可得，，化简可得，可得是以为圆心，半径为的圆，由在圆上，由圆的对称性可得，集合中任意两点间的距离最大时，此两点关于原点对称，此时，故选：D.【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法及圆的性质，属于中档题型.10.已知是椭圆上两个不同点，且满足，则的最大值为（）A. B. 4 C. D.【答案】C【解析】【分析】设,设,O为坐标原点，可得，,可得两点均在圆的圆上，且，为等边三角形，且,可得根据点到直线的距离公式可得的最大值，可得答案.【详解】解：已知是椭圆上两个不同点,可得，设，设,O为坐标原点，可得，,可得，且，可得两点均在圆的圆上，且，可得为等边三角形，且,根据点到直线的距离公式可知：为点两点到直线的距离之和，设中点为,到直线的距离，则,可得的最大值为；可得，可得的最大值为，故选：C.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系及点到直线的距离，综合性大，属于难题.二、填空题11.双曲线的离心率为_________，渐近线方程为___.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】根据双曲线的标准方程可得的值，可得离心率和渐近线方程.【详解】解：由双曲线的方程为：，可得，可得：离心率为，渐近线方程为，故答案为：；.【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，离心率及渐近线的求法，相对简单.12.在平面直角坐标系中，经过三点的圆的标准方程为_____，其半径为_____【答案】 (1). (2).【解析】【分析】设圆的标准方程为:,代入各点坐标求出的值,可得答案.【详解】解:设圆的标准方程为:,代入各点坐标可得:,解之可得:,故圆的标准方程为,半径为,故答案为: ;.【点睛】本题主要考查待定系数法求圆的标准方程，需注意运算的准确性.13.已知正方体的棱长为2，棱的中点分别为，首先截去三棱锥，类似的，再截去另外7个三棱锥，则余下的几何体的表面积为___.【答案】【解析】【分析】用正方体的表面积减去所有三棱锥的三个侧面积的表面积再加上三棱锥下底面的面积可得答案.【详解】解：易得：，所有三棱锥的三个侧面积的表面积，所有三棱锥的底面积，可得余下的几何体的表面积,故答案为：.【点睛】本题主要考查空间几何题的表面积计算，相对简单，属于基础题型.14.椭圆的长轴右顶点、短轴上顶点分别为，点M 是椭圆上第一象限内的点，O为坐标原点，当四边形AOBM面积最大时，点的坐标是___.【答案】【解析】分析】设,可得,代入M点坐标可得答案.【详解】解: 由题意,点M是椭圆上第一象限内的点,设,即:,,,可得四边形AOBM面积可表示为三角形与三角形之和,即,可得当时, 四边形AOBM面积最大,此时的坐标是,故答案为: .【点睛】本题考查的是椭圆的方程与性质及椭圆参数方程与应用,综合性大,属于中档题.15.过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，再过点作线段的垂线，交抛物线的准线于点，若，为坐标原点，则=___ .【答案】【解析】【分析】由抛物线的性质可得，可得的值，代入可得的值.【详解】解：由题意过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，再过点作线段的垂线，交抛物线的准线于点，可得，,，其中，可得，可得，故答案为：.【点睛】本题主要考查抛物线的性质，由已知得出是解题的关键.16.在矩形中，，点为线段中点，如图3所示，将沿着翻折至（点不在平面内），记线段中点为，若三棱锥体积的最大值为，则线段长度的最大值为___.【答案】4【解析】【分析】取AB得中点G,连接CG,易得,,得点到平面的距离即为直线到平面的距离,可求出直线到面的最大值, ,设,可得F点到平面的距离为,代入三棱锥体积的计算公式可得答案.【详解】解:由题意得:设F点到平面距离为d,由线段中点为,可得点到平面的距离为2d,如图取AB得中点G,连接CG,易得,,得点到平面的距离即为直线到平面的距离,易得直线到平面的距离小于等于直线到直线的距离,再中,设,直线到直线的距离为,可得,可得,,由三棱锥体积的最大值为,可得,,可得,可得,故答案为:4.【点睛】本题主要考查三棱锥体积的求法,综合性大,属于难题.三、解答题：17.已知点及圆：.（Ⅰ）若点在圆内部，求实数的取值范围；（Ⅱ）当时，求线段的中垂线所在直线的方程.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）将代入方程,得到关于a的不等式,解之可得答案;（Ⅱ）求出线段的中点的坐标及,可得线段为的中垂线所在直线的斜率,可得答案.【详解】解:（Ⅰ）圆可以化为，若点P在圆内部，则，解得：，（Ⅱ）当时，线段的中点的坐标为（），，故线段为的中垂线所在直线的斜率为-2，所求直线方程为【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系,及直线的点斜式方程,属于基础题型.18.已知抛物线焦点为，准线与轴的交点为.（Ⅰ）抛物线上的点P满足，求点的坐标；（Ⅱ）设点是抛物线上的动点，点是的中点，，求点的轨迹方程.【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）求出抛物线的焦点坐标和准线方程, 设点P的坐标为,由,可得的值,代入抛物线的方程,可得点的坐标;（Ⅱ）利用相关点法,设设，，，可得,由点是抛物线上,代入可得点的轨迹方程.【详解】解:（Ⅰ）设点P的坐标为由已知可得，，代入抛物线方程得，所以点的坐标为或（Ⅱ）设，，，由已知，得：，又因为点是FA的中点得，，，点在抛物线上，即，所以点C轨迹方程为：【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质及点的轨迹方程,注意相关点法的应用求轨迹方程.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，，分别是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】【分析】连接，由已知得，，又是的中点，所以,计算可得,由，可得,可得平面;（Ⅱ）取AB的中点O，连结OS，OD，可得OD∥BN, 由CD⊥OD，CD⊥SD，,可得,, OP⊥面SCD, 计算可得OP的值,由可得AB//面SCD, 可得直线所成角的正弦值.【详解】解:（Ⅰ）连接，由已知得，，又是的中点，所以.再由，所以，由，∴，，故. （Ⅱ）取AB的中点O，连结OS，OD，由已知OD= OS=，OD∥BN根据（1）有CD⊥OD，CD⊥SD，所以.又作OP⊥SD，则OP⊥面SCD△SOD中，OD=OS=，SD=3，∵，∴AB//面SCD，点A到平面SCD的距离等于点O到平面SCD的距离设直线所成角为，.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定及线面角的求法,属于中档题.20.如图，椭圆的长轴长为4，离心率，右焦点为.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过点的直线交椭圆于两点，点关于原点的对称点为，的重心为点，求面积的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）由题意求出的值,可得椭圆的标准方程;（Ⅱ）求出焦点，设，，，可得,联立直线与椭圆方程可得关于m得表达式, 可得面积的取值范围.【详解】解:（Ⅰ）由题意得:,,故椭圆的标准方程:（Ⅱ）由已知，，设，，，由题意可知，，由，得到，所以，，令，则，因为，是增函数，所以【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合问题,综合性大,属于难题.2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：1.已知平面中的两点，则满足的点M的轨迹是（）A. 椭圆B. 双曲线C. 一条线段D. 两条射线【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的定义进行判断可得答案.【详解】解：由题意得：，且=4,因为，因此符合双曲线的定义，故点M的轨迹是双曲线，故选：B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及性质，属于基础题型.2.在空间直角坐标系中，与点A（1，2，3）关于平面对称的点的坐标是（）A. （1，2，-3）B. （-1，-2，-3）C. （-1，-2，3）D. （1，-2，3）【答案】A【解析】【分析】根据空间中对称的点的坐标的求法,代入点坐标可得答案.【详解】解：由空间中任意一点关于平面对称的点为,可得点关于平面对称的点的坐标是，故选：.【点睛】本题主要考查空间中点坐标的计算，空间中对称点的坐标的求法，属于基础题型.3.直线被圆截得的弦长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由圆的方程求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离d，再根据弦长公式求得弦长.【详解】解：由圆，可得圆心，半径为，可得圆心到直线的距离，故弦长为，故选：C.【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于中档题.4.某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据几何体三视图，得出该几何体为底面为正方形，高为4的四棱锥，求出它的体积即可.【详解】解：由题意可得: 该几何体为底面为正方形，高为4的四棱锥,其体积为：，故选：A.【点睛】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，也考查了几何体体积的计算问题，属于基础题目.5.已知直线和平面内的两条直线，则“”是“且”的（）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判定与性质分别检验命题的充分性与必要性，可得答案.【详解】解：由直线和平面内的两条直线，可得：充分性：因为“”，所以必垂直于平面内的所以直线，所以“且”；必要性：由“且”，若，则不一定垂直与平面，综上可得, “”是“且”的充分不必要条件，故选:C.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质和充要条件的判断，属于基础题型.6.已知分别为直线与上的两个动点，则线段的长度的最小值为（）A. B. 1 C. D. 2【答案】B【解析】【分析】易得直线与平行，当的长度为两平行线间的距离时最短，利用两平行线间的距离公式计算可得答案.【详解】解：由直线与，可得直线与平行，当长度为两平行线间的距离时，线段的长度的最小值，可得与的距离为：，即线段的长度的最小值为1，故选：B.【点睛】本题主要考查两平行线间的距离公式，相对简单.7.如图，在正四面体中，是的中点，则与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取的中点,连接,,可得就是与所成的角, 设,可得,,利用余弦定理可得的值,可得答案.【详解】解:如图: ,取的中点,连接,,可得就是与所成的角,设,则,,,故选: B.【点睛】本题主要考查异面直线所成得角的余弦值的求法,注意余弦定理的灵活运用,属于基础题.8.棱长都相等的正三棱柱中，是侧棱上的点（不含端点）.记直线与直线所成的角为，直线与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A. B. C. D.【分析】根据异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念以及各种角的计算，利用三角函数知识求解，进而比较大小即可.【详解】解：如图：由题意得：由为正三棱柱，可得,可得，，可得即为二面角，可得；在平面中作,交与D点，连接,在中，,由为正三角形，由大边对大角得原理可得,即与直线所成的角大于，；易得,即为直线与底面所成的角，其中,故，即，故可得：，故选：C.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等相关知识，综合性大，属于难题.9.在平面直角坐标系中，是圆上的动点，满足条件的动点构成集合，则集合中任意两点间的距离的最大值为（）A. 4B.C. 6D.【分析】设,由求出M得轨迹方程，结合圆得对称性可得集合中任意两点间的距离的最大值.【详解】解：设，可得，设，由，，可得，，化简可得，可得是以为圆心，半径为的圆，由在圆上，由圆的对称性可得，集合中任意两点间的距离最大时，此两点关于原点对称，此时，故选：D.【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法及圆的性质，属于中档题型.10.已知是椭圆上两个不同点，且满足，则的最大值为（）A. B. 4 C. D.【答案】C【解析】【分析】设,设,O为坐标原点，可得，,可得两点均在圆的圆上，且，为等边三角形，且,可得根据点到直线的距离公式可得的最大值，可得答案.【详解】解：已知是椭圆上两个不同点,可得，设，设,O为坐标原点，可得，,可得，且，可得两点均在圆的圆上，且，可得为等边三角形，且,根据点到直线的距离公式可知：为点两点到直线的距离之和，设中点为,到直线的距离，则,可得的最大值为；可得，可得的最大值为，故选：C.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系及点到直线的距离，综合性大，属于难题.二、填空题11.双曲线的离心率为_________，渐近线方程为___.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】根据双曲线的标准方程可得的值，可得离心率和渐近线方程.【详解】解：由双曲线的方程为：，可得，可得：离心率为，渐近线方程为，故答案为：；.【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，离心率及渐近线的求法，相对简单.12.在平面直角坐标系中，经过三点的圆的标准方程为_____，其半径为_____【答案】 (1). (2).【解析】【分析】设圆的标准方程为:,代入各点坐标求出的值,可得答案.【详解】解:设圆的标准方程为:,代入各点坐标可得:,解之可得:,故圆的标准方程为,半径为,故答案为: ;.【点睛】本题主要考查待定系数法求圆的标准方程，需注意运算的准确性.13.已知正方体的棱长为2，棱的中点分别为，首先截去三棱锥，类似的，再截去另外7个三棱锥，则余下的几何体的表面积为___.【答案】【解析】【分析】用正方体的表面积减去所有三棱锥的三个侧面积的表面积再加上三棱锥下底面的面积可得答案.【详解】解：易得：，所有三棱锥的三个侧面积的表面积，所有三棱锥的底面积，可得余下的几何体的表面积,故答案为：.【点睛】本题主要考查空间几何题的表面积计算，相对简单，属于基础题型.14.椭圆的长轴右顶点、短轴上顶点分别为，点M是椭圆上第一象限内的点，O为坐标原点，当四边形AOBM面积最大时，点的坐标是___.【答案】【解析】分析】设,可得,代入M点坐标可得答案.【详解】解: 由题意,点M是椭圆上第一象限内的点,设,即:,,,可得四边形AOBM面积可表示为三角形与三角形之和,即,可得当时, 四边形AOBM面积最大,此时的坐标是,故答案为: .【点睛】本题考查的是椭圆的方程与性质及椭圆参数方程与应用,综合性大,属于中档题.15.过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，再过点作线段的垂线，交抛物线的准线于点，若，为坐标原点，则=___ .【答案】【解析】【分析】由抛物线的性质可得，可得的值，代入可得的值.【详解】解：由题意过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，再过点作线段的垂线，交抛物线的准线于点，可得，,，其中，可得，可得，故答案为：.【点睛】本题主要考查抛物线的性质，由已知得出是解题的关键.16.在矩形中，，点为线段中点，如图3所示，将沿着翻折至（点不在平面内），记线段中点为，若三棱锥体积的最大值为，则线段长度的最大值为___.【答案】4【解析】【分析】取AB得中点G,连接CG,易得,,得点到平面的距离即为直线到平面的距离,可求出直线到面的最大值, ,设,可得F点到平面的距离为,代入三棱锥体积的计算公式可得答案.【详解】解:由题意得:设F点到平面距离为d,由线段中点为,可得点到平面的距离为2d,如图取AB得中点G,连接CG,易得,,得点到平面的距离即为直线到平面的距离,易得直线到平面的距离小于等于直线到直线的距离,再中,设,直线到直线的距离为,可得,可得,,由三棱锥体积的最大值为,可得,,可得,可得,故答案为:4.【点睛】本题主要考查三棱锥体积的求法,综合性大,属于难题.三、解答题：17.已知点及圆：.（Ⅰ）若点在圆内部，求实数的取值范围；（Ⅱ）当时，求线段的中垂线所在直线的方程.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）将代入方程,得到关于a的不等式,解之可得答案;（Ⅱ）求出线段的中点的坐标及,可得线段为的中垂线所在直线的斜率,可得答案.【详解】解:（Ⅰ）圆可以化为，若点P在圆内部，则，解得：，（Ⅱ）当时，线段的中点的坐标为（），，故线段为的中垂线所在直线的斜率为-2，所求直线方程为【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系,及直线的点斜式方程,属于基础题型.18.已知抛物线焦点为，准线与轴的交点为.（Ⅰ）抛物线上的点P满足，求点的坐标；（Ⅱ）设点是抛物线上的动点，点是的中点，，求点的轨迹方程.【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）求出抛物线的焦点坐标和准线方程, 设点P的坐标为,由,可得的值,代入抛物线的方程,可得点的坐标;（Ⅱ）利用相关点法,设设，，，可得,由点是抛物线上,代入可得点的轨迹方程.【详解】解:（Ⅰ）设点P的坐标为由已知可得，，代入抛物线方程得，所以点的坐标为或（Ⅱ）设，，，由已知，得：，又因为点是FA的中点得，，，点在抛物线上，即，所以点C轨迹方程为：【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质及点的轨迹方程,注意相关点法的应用求轨迹方程.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，，分别是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】【分析】连接，由已知得，，又是的中点，所以,计算可得,由，可得,可得平面;（Ⅱ）取AB的中点O，连结OS，OD，可得OD∥BN,由CD⊥OD，CD⊥SD，,可得,, OP⊥面SCD, 计算可得OP的值,由可得AB//面SCD, 可得直线所成角的正弦值.【详解】解:（Ⅰ）连接，由已知得，，又是的中点，所以.再由，所以，由，∴，，故.（Ⅱ）取AB的中点O，连结OS，OD，由已知OD= OS=，OD∥BN根据（1）有CD⊥OD，CD⊥SD，所以.又作OP⊥SD，则OP⊥面SCD△SOD中，OD=OS=，SD=3，∵，∴AB//面SCD，点A到平面SCD的距离等于点O到平面SCD的距离设直线所成角为，.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定及线面角的求法,属于中档题.20.如图，椭圆的长轴长为4，离心率，右焦点为.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过点的直线交椭圆于两点，点关于原点的对称点为，的重心为点，求面积的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）由题意求出的值,可得椭圆的标准方程;（Ⅱ）求出焦点，设，，，可得,联立直线与椭圆方程可得关于m得表达式, 可得面积的取值范围.【详解】解:（Ⅰ）由题意得:,,故椭圆的标准方程:（Ⅱ）由已知，，设，，，由题意可知，，由，得到，所以，，令，则，因为，是增函数，所以【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合问题,综合性大,属于难题.。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)_3
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一.选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据分式不等式的解法和函数的定义域，求得集合或，，再利用集合的运算，即可求解．【详解】由题意，集合或，，则，所以，故选B．【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中利用分式不等式的解法和函数的定义域求得集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2.复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得复数，即可得到复数的模，得到答案．【详解】由题意，复数，解得，所以，故选D．【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．3.已知平面内一条直线及平面，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】B【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可求解．【详解】由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“”可证得“”，即充分性是成立的；反之由“”不一定得到“”，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选B．【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记线面垂直的判定与性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．4.公比不为的等比数列中，若，则不可能为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的性质，得到，且，即可求解，得到答案．【详解】由，根据等比数列的性质，可得，且，所以可能值为或或，所以不可能的是6，故选B．【点睛】本题主要考查了等比数列的性质的应用，其中熟记等比数列的性质是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．5.已知一组样本数据点，用最小二乘法求得其线性回归方程为.若的平均数为，则（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设这组样本数据中心点为，代入线性回归方程中求得，再求的值.【详解】解：设样本数据点的样本中心点为，则，代入线性回归方程中，得，则.故选：B.【点睛】本题考查了线性回归方程的应用问题，是基础题.6.在平面直角坐标系中，已知，动点满足，则动点的轨迹方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，然后表示出向量的坐标，代入已知条件，整理后得到动点的轨迹方程.【详解】设，，，因为所以整理得故选A项.【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，属于简单题.7.已知二元一次不等式组表示的平面区域为，命题：点在区域内；命题：点在区域内. 则下列命题中，真命题是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二元一次不等式组，判定出命题为假命题，为真命题，再根据复合命题真值表，即可得到判定，得到答案．【详解】由二元一次不等式组，可得点不适合不等式，所以点不在不等式组表示的平面区域内，所以命题为假命题，则为真命题，又由点适合不等式组每个不等式，所以点在不等式组表示的平面区域内，所命题为真命题，由复合命题真值表可得，命题为真命题，故选C．【点睛】本题主要考查了二元一次不等式组表示的平面区域，以及复合命题的真假判定，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．．8.已知的垂心为，且是的中点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将转化为，然后得到，再将和，用来表示，得到答案.【详解】因为为的垂心，所以，而，所以因为是的中点，所以【点睛】本题考查向量的互相表示，向量的数量积，属于简单题.9.圆上有且仅有两点到双曲线的一条渐近线的距离为，则该双曲线离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】双曲线的一条渐近线为，圆，圆心，半径，根据题意，圆心到的距离的范围为，从而得到关系式，利用得到关系，从而得到离心率.【详解】双曲线的一条渐近线为，圆，圆心，半径因为圆上有且仅有两点到的距离为1，所以圆心到的距离的范围为即，而所以，即故选C项.【点睛】本题考查圆上的点到直线的距离，双曲线的渐近线，求双曲线的离心率，属于中档题.10.《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该作完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，该作中有题为“李白沽酒”“李白街上走，提壶去买酒．遇店加一倍，见花喝一斗，三遇店和花，喝光壶中酒．借问此壶中，原有多少酒？”，如图为该问题的程序框图，若输出的值为0，则开始输入的值为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先执行程序，依次求出每次的输出结果，当输出结果为0时，求出此时的值，因此输入框里的输入的值是此时的值，从中选出正确的答案.【详解】模拟程序的运行，可得当时，，满足条件，执行循环体；当时，，满足条件，执行循环体；当时，，不满足条件，退出循环体，输出，所以，.所以本题答案为B.【点睛】本题考查了通过输出结果写出输入框中输入的值，正确按程序框图写出每次循环后的结果，是解题的关键.11.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出的外接圆的半径，然后取的外接圆的圆心，过作，且，由于平面，故点为三棱锥的外接球的球心，为外接球半径，求解即可.【详解】在中，，，可得，则的外接圆的半径，取的外接圆的圆心，过作，且，因为平面，所以点为三棱锥的外接球的球心，则，即外接球半径，则三棱锥外接球的表面积为.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.12.已知实数，满足，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，，得，变形为，令，，求导求最值得,结合取等条件求出x,y即可【详解】设，，则，令，(m)=m<1,(m)>0,m>1,(m)<0,则在单调递增单调递减，令，则单调递减，单调递增由题意，，，，,故x+y=2故选A【点睛】本题考查导数与函数的综合，导数与函数的最值问题，换元思想，将题目转化为两个函数的最值问题是关键，是难题二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的常数项为_________.【答案】【解析】【分析】写出二项式的通项，直接由x的指数为0求得r的值，再代入通项求得答案.【详解】由得到：故，得到因此：展开式中的常数项为故答案为：【点睛】本题考查了二项式展开式的系数，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.14.已知的半衰期为年（是指经过年后,的残余量占原始量的一半）.设的原始量为,经过年后的残余量为,残余量与原始量的关系如下:,其中表示经过的时间,为一个常数.现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时的残余量约占原始量的.请你推断一下马王堆汉墓的大致年代为距今________年.（已知）【答案】2292【解析】由题意可知，当时，，解得.现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时的残余量约占原始量的.所以，得,.15.已知为抛物线上的两个动点，且，抛物线的焦点为，则面积的最小值为_________.【答案】12【解析】【分析】由于，设，由，得到t,m 关系，利用均值不等式求得最大值，继而得解.【详解】设，且或（舍去）由于异号，不妨设则当且仅当：，即时等号成立.因此面积的最小值为16，此时因此直线OA倾斜角为，斜率为1.故点A就是直线y=x与抛物线的除原点外的另一个交点：故A（4，4），B（4，-4）因此故答案为：12【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，考查了学生综合分析，转化划归，求解运算的能力，属于较难题.16.中，角所对应的边分别为，若边上的高等于，当最大时，_________.【答案】【解析】【分析】利用边上的高等于及面积公式得到：，又由余弦定理得到，即得解最大值，利用求解b,c比例关系，即得解.【详解】在中，边上的高等于，因此:由余弦定理：故的最大值为，当时成立.由于令故又故答案为：【点睛】本题考查了解三角形综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.已知等比数列的首项，前项和为，设，且数列为等比数列.（1）求，的通项公式；（2）若数列的前项和为，求的值.【答案】（1）（2）0【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由数列为等比数列，成等比数列，求解，得到，的首项和公比，即得解.（2）,乘公比错位相减法求和，代入计算即得解.【详解】（1）不妨设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式和求和公式得到：且：由于数列为等比数列，故：（2）。
四川省内江市2018-2019学年高二上学期期末检测数学(理)试题
2018-2019学年四川省内江市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.在空间直角坐标系中，点A（1，-1，1）关于坐标原点对称的点的坐标为（）A. B. C. D. 1，【答案】D【解析】【分析】根据空间坐标的对称性进行求解即可．【详解】解：空间坐标关于原点对称，则所有坐标都为原坐标的相反数，即点A关于坐标原点对称的点的坐标为，故选：D．【点睛】本题主要考查空间坐标对称的计算，结合空间坐标的对称性是解决本题的关键．比较基础．2.某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为3：5：7，现用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，其中甲种产品有18件，则样本容量n=（）A. 45B. 54C. 90D. 126【答案】C【解析】【分析】由分层抽样的特点，用A种型号产品的样本数除以A种型号产品所占的比例，即得样本的容量n．【详解】解：A种型号产品所占的比例为，，故样本容量n=90．故选：C．【点睛】本题考查分层抽样的定义和方法，各层的个体数之比等于各层对应的样本数之比，属于基础题．3.某高校调查了200名学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，[20，22.5)，[22.5，25)，[25，27.5)，[27.5，30]．根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是A. 56B. 60C. 120D. 140【答案】D【解析】【分析】根据已知中的频率分布直方图，先计算出自习时间不少于22.5小时的频率，进而可得自习时间不少于22.5小时的频数．【详解】根据频率分布直方图，200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的频率为(0.16＋0.08＋0.04)×2.5＝0.7，故200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数为200×0.7＝140.故选：D．【点睛】本题考查的知识点是频率分布直方图，难度不大，属于基础题目．4.如图为某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. 32B.C. 48D.【答案】B【解析】【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是正四棱锥，结合图中数据，即可求出它的表面积．【详解】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以该四棱锥的斜高为；所以该四棱锥的侧面积为4××4×2=16，底面积为4×4=16，所以几何体的表面积为16+16．故选：B．【点睛】本题考查了利用空间几何体的三视图求表面积的应用问题，是基础题目．5.右图的正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1B与B1C所成的角是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】连接，由正方体的几何特征可得，则即为异面直线与所成的角，连接，易得，为正三角形，故，异面直线与所成的角是，故选C.【方法点晴】本题主要考查异面直线所成的角以及正方体的性质，属于中档题. 求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.6.已知a、b、c是直线，β是平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c则a∥c；②若a∥b，b⊥c则a⊥c；③若a∥β，b⊂β，则a∥b；④若a与b异面，且a∥β则b与β相交；其中真命题的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】①利用正方体的棱的位置关系即可得出；②若a∥b，b⊥c，利用“等角定理”可得a⊥c；③若a∥β，b⊂β，利用线面平行的性质可得：a与平面β内的直线可以平行或为异面直线；④由a与b异面，且a∥β，则b与β相交，平行或b⊂β，即可判断出．【详解】解：①利用正方体的棱的位置关系可得：a与c可以平行、相交或为异面直线，故不正确；②若a∥b，b⊥c，利用“等角定理”可得a⊥c，故正确；③若a∥β，b⊂β，则a与平面β内的直线可以平行或为异面直线，不正确；④∵a与b异面，且a∥β，则b与β相交，平行或b⊂β，故不正确．综上可知：只有②正确．故选：A．【点睛】熟练掌握空间空间中线线、线面的位置关系是解题的关键．7.直线x-2y+1=0关于直线x=1对称的直线方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设所求直线上任一点（x，y），关于x=1的对称点求出，代入已知直线方程，即可得到所求直线方程．【详解】解：解法一（利用相关点法）设所求直线上任一点（x，y），则它关于对称点为在直线上，∴化简得故选答案D．解法二：根据直线关于直线对称的直线斜率是互为相反数得答案A或D，再根据两直线交点在直线选答案D故选：D．【点睛】本题采用两种方法解答，一是相关点法：求轨迹方程法；法二筛选和排除法．本题还有点斜式、两点式等方法．8.已知直线，直线，其中，．则直线与的交点位于第一象限的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：的斜率小于斜率时，直线与的交点位于第一象限，此时共有六种：因式概率为，选A．考点：古典概型概率【方法点睛】古典概型中基本事件数的探求方法（1）列举法．（2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求．对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法．（3）列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化．（4）排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目．9.若变量x，y满足，则x2+y2的最大值是（）A. 18B. 20C.D.【答案】C【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z=x2+y2的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方，利用数形结合进行求解即可．【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：设z=x2+y2，则z的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方，由图象知，C点到原点的距离最大，由得，即C（，），此时x2+y2=，故选：C．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用两点间距离的几何意义，以及数形结合是解决本题的关键．10.与圆和圆都相切的直线条数是（）A. 3B. 1C. 2D. 4【答案】A【解析】圆的圆心为(−2,2),半径为1,圆心是(2,5)，半径为4故两圆相外切∴与圆和都相切的直线共有3条。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)_38
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡上.2. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试题卷上无效.3. 填空题和解答题用0.5毫米黑色墨水签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内，答在试题卷上无效.一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四项中，只有一项是符合题目要求的)1.直线在轴上的截距为（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】令，可得，解得，即直线在轴上的截距为．故选．2.圆心为，半径为的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意先求出圆的标准方程，再把它化为一般方程，即可得答案．【详解】圆心为，半径为2的圆的方程为，即.故选：A．点睛】本题考查圆的标准方程和一般方程，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题．3.抛物线焦点坐标为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】将抛物线方程化为标准方程，求出即可得结果.【详解】整理抛物线方程得，焦点在轴，，焦点坐标为，故选B.【点睛】本题主要考查抛物线的方程与几何性质，属于简单题.由抛物线的方程求准线与焦点坐标，一定要化为标准方程.4.我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问两鼠在第几天相遇？（）A. 第2天 B. 第3天 C. 第4天 D. 第5天【答案】B【解析】【分析】用列举法求得前几天挖的尺寸，由此求得第几天相遇.【详解】第一天共挖，前二天共挖，故前天挖通，故两鼠相遇在第天.故选B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学问题，考查等比数列的概念，属于基础题.5.是双曲线的左、右顶点，为双曲线上异于的一点，则直线的斜率之积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出、坐标，设出，利用已知条件，列出关系式，求解即可．【详解】∵，是双曲线的左、右顶点，∴，，设，则双曲线，∴，直线，的斜率之积：．故选：C．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用、直线的斜率的求法，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．6.已知等差数列前项的和为，若，则（）A. 154B. 153C. 77D. 78【答案】C【解析】【分析】根据题意，由，解可得，又由，计算即可得答案．【详解】根据题意，等差数列中，若，即，解得，又，∴.故选：C．【点睛】本题考查等差数列的前项和公式、等差数列的前项和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.7.已知直线，直线，且，则的值为（）A. -1B.C. 或-2D. -1或-2【答案】D【解析】试题分析：由两直线平行可知系数满足值为-1或-2考点：两直线平行的判定8.设等比数列的前项和为，若则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先由等比数列前项和公式列方程，并解得，然后再次利用等比数列前项和公式，则求得答案．【详解】设公比为，则，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查等比数列前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时也可以利用连续等长片断的和序列仍然成等比数列，进行求解.9.已知抛物线的焦点为F，Q为抛物线上一点，连接并延长交抛物线的准线于点P，且点P的纵坐标为负数，若，则直线PF的方程为（）A. B.C. 或D.【答案】D【解析】【分析】根据的纵坐标为负数，判断出直线斜率大于零，设直线的倾斜角为，根据抛物线的定义，求得的值，进而求得，从而求得也即直线的斜率，利用点斜式求得直线的方程.【详解】由于的纵坐标为负数，所以直线斜率大于零，由此排除B,C选项.设直线的倾斜角为.作出抛物线和准线的图像如下图所示.作，交准线于点.根据抛物线的定义可知，且.依题意，故在直角三角形中，所以，故直线的斜率为，所以直线的方程为，化简得.故选：D.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.10.等差数列的前项和为，公差为，则（）A. 随的增大而减小B. 随的增大而增大C. 随的增大而增大D. 随的增大而增大【答案】D【解析】【分析】根据题意，由等差数列的性质依次分析选项，综合即可得答案．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，，当时，随的增大而减小，与无关，故A错误；对于B，，当时，随的增大而增大，与无关，故B错误；对于C，，当时，等差数列为递减数列，随的增大而减小，故C错误；对于D，，当时，等差数列为递增数列，随的增大而增大，故D正确；故选：D．【点睛】本题考查等差数列前项和的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意数列的函数特性.11.数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为代入欧拉线方程得：整理得：m-n+4=0 ①AB的中点为（1，2）， AB的中垂线方程为，即x-2y+3=0．联立解得∴△ABC的外心为（-1，1）．则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8 ②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法：先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．12.设F是椭圆C：（a＞b＞0）的一个焦点，P是椭圆C上的点，圆x2＋y2＝与线段PF交于A，B两点，若A，B三等分线段PF，则椭圆C的离心率为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】取线段PF的中点H，连接OH，OA，由题意可得OH⊥AB，设|OH|＝d，根据椭圆的定义以及在Rt△OHA中，可得a＝5d，在Rt△OHF中，利用勾股定理即可求解.【详解】如图，取线段PF的中点H，连接OH，OA.设椭圆另一个焦点为E，连接PE.∵A，B三等分线段PF，∴H也是线段AB的中点，即OH⊥AB.设|OH|＝d，则|PE|＝2d，|PF|＝2a－2d，|AH|＝.在Rt△OHA中，|OA|2＝|OH|2＋|AH|2，解得a＝5d.在Rt△OHF中，|FH|＝，|OH|＝，|OF|＝c.由|OF|2＝|OH|2＋|FH|2，化简得17a2＝25c2，.即椭圆C的离心率为.故选：D.【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，解题的关键是理解题中的几何关系，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡上相应位置）13.两条平行直线与间的距离为_______．【答案】【解析】【分析】将方程化成，再利用两条平行线之间的距离公式加以计算，即可得到与之间的距离．【详解】将化成，与之间的距离为，∴.故答案为：【点睛】本题考查两条平行线之间距离公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．14.已知抛物线的一条弦恰好以为中点，则弦所在直线方程是__________．【答案】【解析】设，，弦所在直线方程为，则，∵，在抛物线上∴∴∴，即∴弦所在直线方程为故答案为点睛：弦中点问题解法一般为设而不求，关键是求出弦所在直线方程的斜率，方法一利用点差法，列出有关弦的中点及弦斜率之间关系求解；方法二是直接设出斜率，利用根与系数的关系及中点坐标公式求得直线方程.15.已知圆上有且仅有三个点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则该双曲线的离心率为________.【答案】【解析】【分析】求得圆心和半径，根据圆上有且仅有三个点到双曲线渐近线的距离为，判断出渐近线和圆的位置关系，根据点到直线距离公式列方程，由此求得双曲线的离心率.【详解】圆方程可化为，故圆心为，半径.由于圆上有且仅有三个点到双曲线的一条渐近线的距离为，所以圆心到渐近线的距离为.不妨设双曲线的一条渐近线为，即，由点到直线距离公式得.故答案为：.【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查双曲线的渐近线和离心率16.数列的前项和为，且满足且，则的最小值为_____．【答案】【解析】【分析】利用已知条件求出数列的公差，然后转化求解的最小值．【详解】由条件满足，得或，由知，当时，；当时，．故当前50项的公差为2，后50项的公差为1时，数列的前100项和最小．∴．故答案为：．【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力，是中档题．三、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知双曲线的焦点为，且该双曲线过点．（1）求双曲线的标准方程；（2）若双曲线上的点满足，求的面积．【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）设双曲线的方程为，运用双曲线的定义，以及两点的距离公式可得，结合，，的关系，可得，，即可得到所求双曲线的方程；（2）由双曲线的定义和直角三角形的勾股定理、面积公式，化简可得所求值．【详解】（1）设双曲线的方程为，由，，且该双曲线过点，可得，，又，，双曲线的标准方程为；（2）由，得，．【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的面积的求法，注意运用勾股定理和定义法解题，考查运算能力．18.在平面直角坐标系中，设直线与圆交于不同两点.（1）求实数的取值范围；（2）若圆上存在点C使得为等边三角形，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意知圆心到直线的距离，即可解出答案．（2）有题知圆周角，得圆心角，则圆心到直线的距离，就可解得的值．【详解】（1）由题意知圆心到直线的距离，解得，∴的取值范围为；（2）为等边三角形，∴圆周角，得圆心角，则圆心到直线的距离，解得.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．19.已知是公比为整数的等比数列，，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设是公比为整数的等比数列，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得首项和公比，进而得到所求通项公式；（2）求得，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简可得所求和．【详解】（1）设数列的公比为，∵成等差数列，∴又，∴，解得或，∵公比为整数，∴舍去，∴∴.（2）由则①②由①②，得∴.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式、等差数列的中项性质的运用，考查数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．20.已知直线y＝2x﹣m与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于点A，B．（1）m＝p且|AB|＝5，求抛物线C的方程；（2）若m＝4p，求证：OA⊥OB（O为坐标原点）．【答案】（1）y2＝4x；（2）见解析【解析】【分析】(1)根据韦达定理和弦长公式列方程可得;(2)联立直线与抛物线,根据韦达定理以及斜率公式可证结论。
学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)
学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）考试范围：算法、统计、概率、必修一至必修五考试时间：120分钟总分：150分注意事项：1. 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、学号填写在试卷和答题卡上.2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4. 考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合U={1,2,3,4,5,6,7},A={2,4,5,7},B={3,4,5},则(∁UA)∪(∁UB)等于( )A. {1,6}B. {4,5}C. {2,3,4,5,7}D. {1,2,3,6,7}【答案】D【解析】【分析】由题意首先求解补集，然后进行并集运算即可.【详解】由补集的定义可得：∁UA={1,3,6},∁UB={1,2,6,7},所以(∁UA)∪(∁UB)={1,2,3,6,7}.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查补集的运算，并集运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.将二进制数110 101(2)转化为十进制数为( )A. 106B. 53C. 55D. 108【答案】B【解析】由题意可得110101(2)=1×25+1×24+0×23+1×22+0×21+1×20=53选B．3.中，A=，B=，a=10，则b的值( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由和的度数求出的值，再由的值，利用正弦定理即可求出的值【详解】中，，，根据正弦定理可得：故选【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，结合正弦定理公式代入数值即可求出结果，较为基础．4.如图所示的程序框图，运行后输出的结果为（）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】【详解】执行如图程序框图：当n=2，b=1，当n=3，b=2，当n=4，b=4，当n=5，b=16，当n=5则输出b故选C5.直线的倾斜角为（）A. 300B. 600C. 1200D. 1500【答案】C【解析】∵直线的斜率为：，直线的倾斜角为，所以，，故选C.6.要从其中有50个红球1000个形状相同的球中，采用按颜色分层抽样的方法抽取100个进行分析，则应抽取红球的个数为（）A. 5个B. 10个C. 20个D. 45个【答案】A【解析】应抽取红球的个数为，选A.点睛：在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即ni∶Ni＝n∶N.7.不等式的解集是A. B. C. D.【答案】D【解析】解集是D. ，选D.8.如图，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由三视图知几何体是一个圆锥，由此可计算体积．【详解】由三视图知几何体是一个圆锥，圆锥的底面半径为，高为，体积为．故选：C.【点睛】本题考查圆锥的体积，考查三视图，掌握基本几何体的三视图是解题关键．9.运行如图所示的程序框图，若输出的S的值为480，则判断框中可以填A.B.C.D.【答案】B【解析】执行一次，，执行第2次，，执行第3次，，执行第4次，，执行第5次，，执行第6次，，执行第7次，跳出循环，因此判断框应填，故选B.10.已知直线与直线垂直，则a的值是（）A. 2B. －2C.D.【答案】C【解析】由题意得，选C.11..函数的零点所在的区间是A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】由函数的解析式，求得，利用零点的存在定理，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，即，根据零点的存在定理，可得函数零点所在的区间是，故选C.【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，其中解答中熟记函数零点的存在定理，合理判定是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.12.抛掷一枚质地均匀的硬币，若连续抛掷100次，则第99次出现正面向上的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据随机事件的概率作答．【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币，正面向上是一个随机事件，每次发生的概率都是，与抛掷的次数无关．故选：D.【点睛】本题考查随机事件的概率，掌握随机事件的定义是解题基础．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，若，则_________【答案】3【解析】因为，所以14.已知球的表面积为,则球的体积为________.【答案】【解析】【分析】由已知结合球的表面积公式求得半径，再由球的体积公式得答案．【详解】设球O的半径为r，则4πr2=16π，得r2=4，即r=2．∴球O的体积为．故答案为.【点睛】本题考查球的表面积与体积的求法，是基础题．15.已知直线：与直线：相交于点，则点的坐标为__________，【答案】【解析】【分析】两直线方程联立方程组解之可得．【详解】由，解得，交点为．故答案为：．【点睛】本题考查两直线的交点坐标，直线方程联立方程组，解之可得交点坐标．16.已知一组数1，2，，6，7的平均数为4，则这组数的中位数为______.【答案】4【解析】【分析】由平均数求出，再根据中位数定义计算．【详解】由题意，，∴中位数是4.故答案为：4【点睛】本题考查均值和中位数的概念，属于基础题．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，注意解题格式.17.已知等差数列中，公差，，求：（1）、的值；（2）该数列的前5项和.【答案】（1），；（2）25【解析】【分析】（1）由等差数列通项公式计算；（2）由等差数列前项和公式计算．【详解】解：（1）等差数列中，公差，，，；（2），即，，是等差数列，.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于基础题．18.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，求边的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）利用，，然后用正弦定理求解即可（Ⅱ）利用，然后利用余弦定理求解即可【详解】（Ⅰ）中，由正弦定理，及，，可得．（Ⅱ）由及，可得，由余弦定理，即，可得．【点睛】本题考查正弦以及余弦定理的应用，属于基础题19.如图，从参加环保知识竞赛的1200名学生中抽出60名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）79.5—89.5这一组的频数、频率分别是多少？（2）估计这次环保知识竞赛的及格率.（60分及以上为及格）【答案】（1）频数为15，频率0.25.（2）.【解析】【分析】（1）小矩形面积表示频率，由此可得频率，再得频数；（2）求出后四组的频率和即可．【详解】（1）这一组的矩形的高位是0.025，直方图中的各个矩形的面积代表了频率，则这一组的频率，频数，这一组的频数为15，频率0.25.（2）估计这次环保知识竞赛的及格率.（分及以上为及格），估计这次环保知识竞赛的及格率.【点睛】本题考查频率分布直方图，在频率分布直方图中每个小矩形面积就是这组的频率．所有小矩形面积为1.20. 甲、乙两位同学学生参加数学竞赛培训，在培训期间他们参加5项预赛，成绩如下：甲：78 76 74 90 82乙：90 70 75 85 80（Ⅰ）用茎叶图表示这两组数据；（Ⅱ）现要从中选派一人参加数学竞赛，从平均数、方差的角度考虑，你认为选派哪位学生参加合适？说明理由.【答案】(I)茎叶图见解析；(II)甲.【解析】试题分析：(I)由图表给出的数据画出茎叶图；(II)根据公式求出两组数据的平均数及方差,结合计算结果,甲乙平均数相同,因此选方差较小的参加比赛.试题解析：解：（Ⅰ）用茎叶图表示如下：……3分（Ⅱ），，……7分而，……11分因为，，所以在平均数一样条件下，甲的水平更为稳定，所以我认为应该派甲去. …………12分考点：1.茎叶图；2.平均数与方差.【方法点晴】本题考查的是茎叶图和平均数与方差的计算,属基础题目.根据计算结果选出合适的人参加数学竞赛,其中平均数反映的是一组数据的平均水平,平均数越大,则该名学生的平均成绩越高;方差式用来描述一组数据的波动大小的指标,方差越小,说明数据波动越小,即该名学生的成绩越稳定;要求学生结合算出的数据灵活掌握.21.已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点．(Ⅰ)求证：PC∥平面EBD；(Ⅱ)求证：平面PBC⊥平面PCD.【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析【解析】试题分析：（1）连，与交于，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；（2）证明，即可证得平面平面．试题解析：(Ⅰ)连接AC交BD与O，连接EO,∵E、O分别为PA、AC的中点，∴EO∥PC，∵PC⊄平面EBD，EO⊂平面EBD∴PC∥平面EBD(Ⅱ)∵PD⊥平面ABCD, BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，∵ABCD为正方形，∴BC⊥CD，∵PD∩CD＝D, PD、CD⊂平面PCD∴BC⊥平面PCD，又∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD.【点睛】本题考查线面平行，考查面面平行，掌握线面平行，面面平行的判定方法是关键．22.袋中装有除颜色外形状大小完全相同的6个小球，其中有4个编号为1,2, 3, 4的红球,2个编号为A、B的黑球，现从中任取2个小球.;(1)求所取2个小球都是红球的概率;(2)求所取的2个小球颜色不相同的概率.【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）利用列举法求出任取2个小球的基本事件总数，用表示“所取取2个小球都是红球”，利用列举法求出包含的基本事件个数，由此能求出所取取2个小球都是红球的概率．（2）用表示“所取的2个小球颜色不相同”，利用列举法求出包含的基本事件个数，由此能求出所取的2个小球颜色不相同的概率．【详解】(1)由题意知，任取2个小球的基本事件有：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，A}，{1，B}，{2，3}，{2，4}，{2，A}，{2，B}，{3，4}，{3，A}，{3，B}，{4，A}，{4，B}，{A，B}，共15个，用M表示“所取取2个小球都是红球”，则M包含的基本事件有：{1，2}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}，共6个，∴所取取2个小球都是红球的概率：P（M）．(2)用N表示“所取的2个小球颜色不相同”，则N包含的基本事件有：{1，A}，{1，B}，{2，A}，{2，B}，{3，A}，{3，B}，{4，A}，{4，B}，共8个，∴所取的2个小球颜色不相同的概率：P（N）．【点睛】本题考查古典概型等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力，考查化归与转化思想，是基础题．学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）考试范围：算法、统计、概率、必修一至必修五考试时间：120分钟总分：150分注意事项：1. 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、学号填写在试卷和答题卡上.2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4. 考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合U={1,2,3,4,5,6,7},A={2,4,5,7},B={3,4,5},则(∁UA)∪(∁UB)等于( )A. {1,6}B. {4,5}C. {2,3,4,5,7}D. {1,2,3,6,7}【答案】D【解析】【分析】由题意首先求解补集，然后进行并集运算即可.【详解】由补集的定义可得：∁UA={1,3,6},∁UB={1,2,6,7},所以(∁UA)∪(∁UB)={1,2,3,6,7}.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查补集的运算，并集运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.将二进制数110 101(2)转化为十进制数为( )A. 106B. 53C. 55D. 108【答案】B【解析】由题意可得110101(2)=1×25+1×24+0×23+1×22+0×21+1×20=53选B．3.中，A=，B=，a=10，则b的值( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由和的度数求出的值，再由的值，利用正弦定理即可求出的值【详解】中，，，根据正弦定理可得：故选【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，结合正弦定理公式代入数值即可求出结果，较为基础．4.如图所示的程序框图，运行后输出的结果为（）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】【详解】执行如图程序框图：当n=2，b=1，当n=3，b=2，当n=4，b=4，当n=5，b=16，当n=5则输出b故选C5.直线的倾斜角为（）A. 300B. 600C. 1200D. 1500【答案】C【解析】∵直线的斜率为：，直线的倾斜角为，所以，，故选C.6.要从其中有50个红球1000个形状相同的球中，采用按颜色分层抽样的方法抽取100个进行分析，则应抽取红球的个数为（）A. 5个B. 10个C. 20个D. 45个【答案】A【解析】应抽取红球的个数为，选A.点睛：在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即ni∶Ni＝n∶N.7.不等式的解集是A. B. C. D.【答案】D【解析】解集是D. ，选D.8.如图，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由三视图知几何体是一个圆锥，由此可计算体积．【详解】由三视图知几何体是一个圆锥，圆锥的底面半径为，高为，体积为．故选：C.【点睛】本题考查圆锥的体积，考查三视图，掌握基本几何体的三视图是解题关键．9.运行如图所示的程序框图，若输出的S的值为480，则判断框中可以填A.B.C.D.【答案】B【解析】执行一次，，执行第2次，，执行第3次，，执行第4次，，执行第5次，，执行第6次，，执行第7次，跳出循环，因此判断框应填，故选B.10.已知直线与直线垂直，则a的值是（）A. 2B. －2C.D.【答案】C【解析】由题意得，选C.11..函数的零点所在的区间是A. B. C. D.【答案】C由函数的解析式，求得，利用零点的存在定理，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，即，根据零点的存在定理，可得函数零点所在的区间是，故选C.【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，其中解答中熟记函数零点的存在定理，合理判定是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.12.抛掷一枚质地均匀的硬币，若连续抛掷100次，则第99次出现正面向上的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据随机事件的概率作答．【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币，正面向上是一个随机事件，每次发生的概率都是，与抛掷的次数无关．故选：D.【点睛】本题考查随机事件的概率，掌握随机事件的定义是解题基础．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，若，则_________【答案】3【解析】因为，所以14.已知球的表面积为,则球的体积为________.【答案】由已知结合球的表面积公式求得半径，再由球的体积公式得答案．【详解】设球O的半径为r，则4πr2=16π，得r2=4，即r=2．∴球O的体积为．故答案为.【点睛】本题考查球的表面积与体积的求法，是基础题．15.已知直线：与直线：相交于点，则点的坐标为__________，【答案】【解析】【分析】两直线方程联立方程组解之可得．【详解】由，解得，交点为．故答案为：．【点睛】本题考查两直线的交点坐标，直线方程联立方程组，解之可得交点坐标．16.已知一组数1，2，，6，7的平均数为4，则这组数的中位数为______.【答案】4【解析】【分析】由平均数求出，再根据中位数定义计算．【详解】由题意，，∴中位数是4.故答案为：4【点睛】本题考查均值和中位数的概念，属于基础题．17.已知等差数列中，公差，，求：（1）、的值；（2）该数列的前5项和.【答案】（1），；（2）25【解析】【分析】（1）由等差数列通项公式计算；（2）由等差数列前项和公式计算．【详解】解：（1）等差数列中，公差，，，；（2），即，，是等差数列，.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于基础题．18.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，求边的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）利用，，然后用正弦定理求解即可（Ⅱ）利用，然后利用余弦定理求解即可【详解】（Ⅰ）中，由正弦定理，及，，可得．（Ⅱ）由及，可得，由余弦定理，即，可得．【点睛】本题考查正弦以及余弦定理的应用，属于基础题19.如图，从参加环保知识竞赛的1200名学生中抽出60名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）79.5—89.5这一组的频数、频率分别是多少？（2）估计这次环保知识竞赛的及格率.（60分及以上为及格）【答案】（1）频数为15，频率0.25.（2）.【解析】【分析】（1）小矩形面积表示频率，由此可得频率，再得频数；（2）求出后四组的频率和即可．【详解】（1）这一组的矩形的高位是0.025，直方图中的各个矩形的面积代表了频率，则这一组的频率，频数，这一组的频数为15，频率0.25.（2）估计这次环保知识竞赛的及格率.（分及以上为及格）估计这次环保知识竞赛的及格率.【点睛】本题考查频率分布直方图，在频率分布直方图中每个小矩形面积就是这组的频率．所有小矩形面积为1.20. 甲、乙两位同学学生参加数学竞赛培训，在培训期间他们参加5项预赛，成绩如下：甲：78 76 74 90 82乙：90 70 75 85 80（Ⅰ）用茎叶图表示这两组数据；（Ⅱ）现要从中选派一人参加数学竞赛，从平均数、方差的角度考虑，你认为选派哪位学生参加合适？说明理由.【答案】(I)茎叶图见解析；(II)甲.【解析】试题分析：(I)由图表给出的数据画出茎叶图；(II)根据公式求出两组数据的平均数及方差,结合计算结果,甲乙平均数相同,因此选方差较小的参加比赛.试题解析：解：（Ⅰ）用茎叶图表示如下：……3分（Ⅱ），，……7分而，……11分因为，，所以在平均数一样条件下，甲的水平更为稳定，所以我认为应该派甲去. …………12分考点：1.茎叶图；2.平均数与方差.【方法点晴】本题考查的是茎叶图和平均数与方差的计算,属基础题目.根据计算结果选出合适的人参加数学竞赛,其中平均数反映的是一组数据的平均水平,平均数越大,则该名学生的平均成绩越高;方差式用来描述一组数据的波动大小的指标,方差越小,说明数据波动越小,即该名学生的21.已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点．(Ⅰ)求证：PC∥平面EBD；(Ⅱ)求证：平面PBC⊥平面PCD.【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析【解析】试题分析：（1）连，与交于，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；（2）证明，即可证得平面平面．试题解析：(Ⅰ)连接AC交BD与O，连接EO,∵E、O分别为PA、AC的中点，∴EO∥PC，∵PC⊄平面EBD，EO⊂平面EBD∴PC∥平面EBD(Ⅱ)∵PD⊥平面ABCD, BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，∵ABCD为正方形，∴BC⊥CD，∵PD∩CD＝D, PD、CD⊂平面PCD∴BC⊥平面PCD，又∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD.【点睛】本题考查线面平行，考查面面平行，掌握线面平行，面面平行的判定方法是关键．22.袋中装有除颜色外形状大小完全相同的6个小球，其中有4个编号为1,2, 3, 4的红球,2个编号为A、B的黑球，现从中任取2个小球.;(1)求所取2个小球都是红球的概率;(2)求所取的2个小球颜色不相同的概率.【答案】(1) (2)【分析】（1）利用列举法求出任取2个小球的基本事件总数，用表示“所取取2个小球都是红球”，利用列举法求出包含的基本事件个数，由此能求出所取取2个小球都是红球的概率．（2）用表示“所取的2个小球颜色不相同”，利用列举法求出包含的基本事件个数，由此能求出所取的2个小球颜色不相同的概率．【详解】(1)由题意知，任取2个小球的基本事件有：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，A}，{1，B}，{2，3}，{2，4}，{2，A}，{2，B}，{3，4}，{3，A}，{3，B}，{4，A}，{4，B}，{A，B}，共15个，用M表示“所取取2个小球都是红球”，则M包含的基本事件有：{1，2}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}，共6个，∴所取取2个小球都是红球的概率：P（M）．(2)用N表示“所取的2个小球颜色不相同”，则N包含的基本事件有：{1，A}，{1，B}，{2，A}，{2，B}，{3，A}，{3，B}，{4，A}，{4，B}，共8个，∴所取的2个小球颜色不相同的概率：P（N）．【点睛】本题考查古典概型等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力，考查化归与转化思想，是基础题．。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)_5
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、填空题1.若复数，则______.【答案】【解析】【分析】先化简求解，然后再求解模长.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查复数的运算及模长，求解复数模长时一般是先把复数进行化简，然后结合模长的公式求解，侧重考查数学运算的核心素养.2.抛物线的准线方程为________．【答案】【解析】抛物线的准线方程为；故填.3.椭圆的焦距是______.【答案】4【解析】【分析】先把椭圆方程化为标准形式，结合的关系可求焦距.【详解】可化为，所以，因为，所以，焦距.故答案为：4.【点睛】本题主要考查利用椭圆方程求解焦距，从给定的方程中求解是关键，侧重考查数学运算的核心素养.4.已知复数，满足集合，则______.【答案】1【解析】【分析】根据集合相等的含义，分别求解复数，然后可求.【详解】因为，，所以，即有，解得或，所以.故答案为：1.【点睛】本题主要考查复数的运算，复数方程的根可以借助求根公式来进行，侧重考查数学运算的核心素养.5.计算：______.【答案】【解析】【分析】先求解，然后再根据复数的加法规则进行求解.【详解】因为，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查复数的运算，明确是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.6.已知抛物线：，过焦点作直线与抛物线交于、两点，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】设出直线方程，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，然后把用表示出来，结合表达式的特点求解范围.【详解】由题意可得焦点，设，直线，联立得，，；因为，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，联立方程，结合韦达定理，表示出目标式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.7.已知为双曲线右支上的一个动点，若点到直线的距离大于恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】把所求问题转化为求点到直线的最小距离，结合平行线间的距离公式可求.【详解】双曲线的渐近线方程为，而直线与平行，平行线间的距离.由题意可知点到直线的距离大于；所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线与双曲线的位置关系，双曲线上的点到直线的距离转化为平行直线间的距离，是这类问题的主要求解方向，侧重考查数学运算的核心素养.8.平面上一台机器人在运行中始终保持到点的距离比到点的距离大2，若机器人接触不到过点且斜率为的直线，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】先求解机器人的运动轨迹，结合直线和曲线的位置关系可求.【详解】由题意可得机器人的运动轨迹是双曲线的一支，由可得，所以机器人的运动轨迹方程为；直线，即，联立得，当时，若，则此时直线恰好是双曲线的渐近线，符合题意；若，显然不符合题意.当时，由得，解得；综上可得的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线与双曲线的位置关系，直线与双曲线的位置关系一般转化为方程解的情况，通过判别式及韦达定理进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.9.已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆上，则该椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义与几何性质判断为正三角形，且轴，设，可得，从而可得结果.详解】因为关于的对称点在椭圆上，则，，为正三角形，，又，所以轴，设，则，即，故答案为.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．10.已知一族双曲线（，且），设直线与在第一象限内的交点为，点在的两条渐近线上的射影分别为，.记的面积为，则__________.【答案】【解析】【分析】设点坐标，表示出面积，得到的通项，然后对其求前2019项的和.【详解】设，双曲线的渐近线为，互相垂直.点在两条渐近线上的射影为，则易知为直角三角形，即为等差数列，其前2019项的和为【点睛】本题利用三角形面积将双曲线相关内容与数列相结合，综合性较强的题目，属于难题.11.已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】分析:先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B 的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值取法.详解：设，由得因为A,B在椭圆上,所以，与对应相减得，当且仅当时取最大值.点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.12.已知椭圆：左、右焦点分别为，，短轴的两个端点分别为，，点在椭圆上，且满足，当变化时，给出下列四个命题：①点的轨迹关于轴对称；②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是______.【答案】①③【解析】【分析】利用椭圆的定义先求解的轨迹，即可判定①正确，②不正确；结合轨迹方程进行验证，可得③正确，④不正确.【详解】由题意，点在椭圆：上，所以，所以点也在以为焦点的椭圆上，所以点为椭圆：与椭圆的交点，共4个，故①正确，②错误；点靠近坐标轴时（或），越大，点远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值，此时：，，两方程相加得，即的最小值为2，③正确；椭圆上的点到中心的距离小于等于，由于点不在坐标轴上，所以，④错误.故答案为：①③.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及性质，椭圆有关的最值问题常常借助其几何性质进行求解，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.二、选择题13.“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的（）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充分必要D. 既非充分又非必要【答案】B【解析】【分析】先化简条件“方程表示焦点在轴上的椭圆”，结合的范围进行判定.【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，所以，解得；因为，反之不成立，所以“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的必要非充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，把复杂的已知条件进行化简，结合推出关系可以进行判定，侧重考查逻辑推理的核心素养.14.双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的一条渐近线与直线垂直可求，进而可求双曲线的离心率.【详解】由题意可知，因为双曲线的渐近线为，且一条渐近线与直线垂直，所以，即；此时双曲线为，,离心率为.故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的性质，双曲线的离心率求解主要是明确的关系式，或者的值，侧重考查数学运算的核心素养.15.给出下列四个命题：①若复数，满足，则；②若复数，满足，则；③若复数满足，则是纯虚数；④若复数满足，则是实数，其中真命题的个数是（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】设出复数的代数形式进行验证，或者利用反例进行排除可得.【详解】对于①：设，均为实数，由可得，所以，即，故①正确；对于②：当，时，满足，但是，故②不正确；对于③：当时，满足，但是不是纯虚数，故③不正确；对于④：设，由可得，所以，故④正确.故选：B.【点睛】本题主要考查复数的性质及运算，待定系数法是解决复数问题的有效方法，侧重考查数学运算的核心素养.16.已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：据题意得，设，则，或，因为位于轴两侧所以.所以两面积之和为.三、解答题17.已知复数满足，求.【答案】或.【解析】【分析】设出复数，代入已知条件，利用复数相等的含义可求.【详解】设，，因为，所以，且，解得，或，所以或.【点睛】本题主要考查复数的相关概念及运算，待定系数法是解决这类问题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.18.已知复数（其中是虚数单位，）.（1）若复数是纯虚数，求的值；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先对复数进行化简，然后结合是纯虚数可求的值；（2）结合复数的模长公式，表示出，利用二次函数的知识求解.【详解】（1），若复数是纯虚数，则，所以.（2）由（1）得，，，因为是开口向上的抛物线，有最小值；所以.【点睛】本题主要考查复数的分类及运算，纯虚数需要满足两个条件，即实部为零，虚部不为零，模长范围问题一般是先求解模长的表达式，结合表达式的特点求解最值，侧重考查数学运算的核心素养.19.假定一个弹珠（设为质点，半径忽略不计）的运行轨迹是以小球（半径）的中心为右焦点的椭圆，已知椭圆的右端点到小球表面最近的距离是1，椭圆的左端点到小球表面最近的距离是5..（1）求如图给定的坐标系下椭圆的标准方程；（2）弹珠由点开始绕椭圆轨道逆时针运行，第一次与轨道中心的距离是时，弹珠由于外力作用发生变轨，变轨后的轨道是一条直线，称该直线的斜率为“变轨系数”，求的取值范围，使弹珠和小球不会发生碰撞.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可得，从而可求椭圆的标准方程；（2）根据与轨道中心的距离是可以求出点的坐标，进而设出直线方程，利用直线与圆相离可求的取值范围.【详解】（1）由题意，：；（2）设，联立与，可求出，设直线方程为，即，弹珠和小球不会发生碰撞，说明圆心到直线的距离大于圆半径1，所以，解得.【点睛】本题主要考查椭圆的方程及直线与圆的位置关系，椭圆的方程的求解的关键是构建关于的等量关系式，直线与圆的位置关系一般通过圆心到直线的距离与半径的关系求解.20.已知曲线的参数方程是（参数）.（1）曲线的普通方程；（2）过点的直线与该曲线交于，两点，求线段中点的轨迹方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先把变形为，然后两式平方相减可得曲线的普通方程；（2）设出点的坐标，代入方程，作差，结合中点公式和斜率公式可求.【详解】（1）因为，整理得，所以有，两式相减可得，即.（2）设，则，两式相减得，即.因为为的中点，所以，因为均在直线上，所以，整理可得，经检验知符合题意，即线段中点的轨迹方程.【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程及轨迹方程的求解，参数方程化为普通的关键是消去参数，点差法是求解有关弦中点问题的首选方法，侧重考查数学运算的核心素养.21.由半圆和部分抛物线合成的曲线称为“羽毛球形线”，且曲线经过点.（1）求的值；（2）设，，过且斜率为的直线与“羽毛球形线”相交于，，三点，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）;（2）存在实数，使.【解析】【分析】（1）通过点在曲线上可求的值；（2）根据题意得出，结合斜率公式即可求出的值.【详解】（1）由题意易知，点在曲线上，所以，即.（2）假设存在，由题意可知，，所以，所以.设，其中，，所以，因为所以，所以.故存在实数实数，使.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，角度关系一般转化为斜率问题进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.22.已知椭圆：经过点，，直线：与椭圆相交于，两点，与圆相切与点.（1）求椭圆的方程；（2）以线段，为邻边作平行四边形，若点在椭圆上，且满足（是坐标原点），求实数的取值范围；（3）是否为定值，如果是，求的值；如果不是，求的取值范围.【答案】（1）;（2）;（3）是定值，.【解析】【分析】（1）把两点，代入方程可得椭圆方程；（2）先根据直线和圆相切，求出，然后联立方程，结合韦达定理求出，结合平行四边形性质和在椭圆上可得实数的取值范围；（3）根据直线和圆相切可以表示出切点坐标，把转化为，结合向量运算及韦达定理可求.【详解】（1）因为椭圆：经过点，，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）因为直线：与圆相切，所以，即①.由得.设，则，.由向量加法的平行四边形法则，得，因为所以.由题意易知，设，则，，即.因为在椭圆上，所以，整理得②由可得，所以，，即或.由①②可得，令，则，因为所以，解得或，综上可得.（3）由（2）知，设，则，由为切点可知,所以，解得..所以是定值且定值为.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解及椭圆中的定值问题，范围问题，范围问题一般是根据条件及曲线的几何性质构建参数满足的不等关系，通过求解不等式求得参数范围，侧重考查数学运算的核心素养.2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、填空题1.若复数，则______.【答案】【解析】【分析】先化简求解，然后再求解模长.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查复数的运算及模长，求解复数模长时一般是先把复数进行化简，然后结合模长的公式求解，侧重考查数学运算的核心素养.2.抛物线的准线方程为________．【答案】【解析】抛物线的准线方程为；故填.3.椭圆的焦距是______.【答案】4【解析】【分析】先把椭圆方程化为标准形式，结合的关系可求焦距.【详解】可化为，所以，因为，所以，焦距.故答案为：4.【点睛】本题主要考查利用椭圆方程求解焦距，从给定的方程中求解是关键，侧重考查数学运算的核心素养.4.已知复数，满足集合，则______.【答案】1【解析】【分析】根据集合相等的含义，分别求解复数，然后可求.【详解】因为，，所以，即有，解得或，所以.故答案为：1.【点睛】本题主要考查复数的运算，复数方程的根可以借助求根公式来进行，侧重考查数学运算的核心素养.5.计算：______.【答案】【解析】【分析】先求解，然后再根据复数的加法规则进行求解.【详解】因为，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查复数的运算，明确是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.6.已知抛物线：，过焦点作直线与抛物线交于、两点，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】设出直线方程，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，然后把用表示出来，结合表达式的特点求解范围.【详解】由题意可得焦点，设，直线，联立得，，；因为，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，联立方程，结合韦达定理，表示出目标式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.7.已知为双曲线右支上的一个动点，若点到直线的距离大于恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】把所求问题转化为求点到直线的最小距离，结合平行线间的距离公式可求.【详解】双曲线的渐近线方程为，而直线与平行，平行线间的距离.由题意可知点到直线的距离大于；所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线与双曲线的位置关系，双曲线上的点到直线的距离转化为平行直线间的距离，是这类问题的主要求解方向，侧重考查数学运算的核心素养.8.平面上一台机器人在运行中始终保持到点的距离比到点的距离大2，若机器人接触不到过点且斜率为的直线，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】先求解机器人的运动轨迹，结合直线和曲线的位置关系可求.【详解】由题意可得机器人的运动轨迹是双曲线的一支，由可得，所以机器人的运动轨迹方程为；直线，即，联立得，当时，若，则此时直线恰好是双曲线的渐近线，符合题意；若，显然不符合题意.当时，由得，解得；综上可得的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线与双曲线的位置关系，直线与双曲线的位置关系一般转化为方程解的情况，通过判别式及韦达定理进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.9.已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆上，则该椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义与几何性质判断为正三角形，且轴，设，可得，从而可得结果.详解】因为关于的对称点在椭圆上，则，，为正三角形，，又，所以轴，设，则，即，故答案为.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．10.已知一族双曲线（，且），设直线与在第一象限内的交点为，点在的两条渐近线上的射影分别为，.记的面积为，则__________.【答案】【解析】【分析】设点坐标，表示出面积，得到的通项，然后对其求前2019项的和.【详解】设，双曲线的渐近线为，互相垂直.点在两条渐近线上的射影为，则易知为直角三角形，即为等差数列，其前2019项的和为【点睛】本题利用三角形面积将双曲线相关内容与数列相结合，综合性较强的题目，属于难题.11.已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】分析:先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值取法.详解：设，由得因为A,B在椭圆上,所以，与对应相减得，当且仅当时取最大值.点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.12.已知椭圆：左、右焦点分别为，，短轴的两个端点分别为，，点在椭圆上，且满足，当变化时，给出下列四个命题：①点的轨迹关于轴对称；②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是______.【答案】①③【解析】【分析】利用椭圆的定义先求解的轨迹，即可判定①正确，②不正确；结合轨迹方程进行验证，可得③正确，④不正确.【详解】由题意，点在椭圆：上，所以，所以点也在以为焦点的椭圆上，所以点为椭圆：与椭圆的交点，共4个，故①正确，②错误；点靠近坐标轴时（或），越大，点远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值，此时：，，两方程相加得，即的最小值为2，③正确；椭圆上的点到中心的距离小于等于，由于点不在坐标轴上，所以，④错误.故答案为：①③.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及性质，椭圆有关的最值问题常常借助其几何性质进行求解，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.二、选择题13.“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的（）条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充分必要D. 既非充分又非必要【答案】B【解析】【分析】先化简条件“方程表示焦点在轴上的椭圆”，结合的范围进行判定.【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，所以，解得；因为，反之不成立，所以“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的必要非充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，把复杂的已知条件进行化简，结合推出关系可以进行判定，侧重考查逻辑推理的核心素养.14.双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的一条渐近线与直线垂直可求，进而可求双曲线的离心率.【详解】由题意可知，因为双曲线的渐近线为，且一条渐近线与直线垂直，所以，即；此时双曲线为，,离心率为.故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的性质，双曲线的离心率求解主要是明确的关系式，或者的值，侧重考查数学运算的核心素养.15.给出下列四个命题：①若复数，满足，则；②若复数，满足，则；③若复数满足，则是纯虚数；④若复数满足，则是实数，其中真命题的个数是（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】设出复数的代数形式进行验证，或者利用反例进行排除可得.【详解】对于①：设，均为实数，由可得，所以，即，故①正确；对于②：当，时，满足，但是，故②不正确；对于③：当时，满足，但是不是纯虚数，故③不正确；对于④：设，由可得，所以，故④正确.故选：B.【点睛】本题主要考查复数的性质及运算，待定系数法是解决复数问题的有效方法，侧重考查数学运算的核心素养.16.已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：据题意得，设，则，或，因为位于轴两侧所以.所以两面积之和为.三、解答题17.已知复数满足，求.【答案】或.【解析】【分析】设出复数，代入已知条件，利用复数相等的含义可求.【详解】设，，因为，所以，且，解得，或，所以或.【点睛】本题主要考查复数的相关概念及运算，待定系数法是解决这类问题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.18.已知复数（其中是虚数单位，）.（1）若复数是纯虚数，求的值；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先对复数进行化简，然后结合是纯虚数可求的值；（2）结合复数的模长公式，表示出，利用二次函数的知识求解.【详解】（1），若复数是纯虚数，则，所以.（2）由（1）得，，，因为是开口向上的抛物线，有最小值；所以.【点睛】本题主要考查复数的分类及运算，纯虚数需要满足两个条件，即实部为零，虚部不为零，模长范围问题一般是先求解模长的表达式，结合表达式的特点求解最值，侧重考查数学运算的核心素养.19.假定一个弹珠（设为质点，半径忽略不计）的运行轨迹是以小球（半径）的中心为右焦点的椭圆，已知椭圆的右端点到小球表面最近的距离是1，椭圆的左端点到小球表面最近的距离是5..（1）求如图给定的坐标系下椭圆的标准方程；（2）弹珠由点开始绕椭圆轨道逆时针运行，第一次与轨道中心的距离是时，弹珠由于外力作用发生变轨，变轨后的轨道是一条直线，称该直线的斜率为“变轨系数”，求的取值范围，使弹珠和小球不会发生碰撞.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可得，从而可求椭圆的标准方程；（2）根据与轨道中心的距离是可以求出点的坐标，进而设出直线方程，利用直线与圆相离可求的取值范围.【详解】（1）由题意，：；（2）设，联立与，可求出，设直线方程为，即，弹珠和小球不会发生碰撞，说明圆心到直线的距离大于圆半径1，所以，解得.【点睛】本题主要考查椭圆的方程及直线与圆的位置关系，椭圆的方程的求解的关键是构建关于的等量关系式，直线与圆的位置关系一般通过圆心到直线的距离与半径的关系求解.20.已知曲线的参数方程是（参数）.。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)_32
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1. 下列不等式中成立的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】试题分析：A中当时不成立；B中若不成立；C中不成立，所以D正确考点：不等式性质2.不等式的解集为（）A. 或B. 或C. D.【答案】A【解析】【分析】化成即可求解.【详解】由题：等式化简为：解得：或.故选：A【点睛】此题考查解一元二次不等式，关键在于准确求出二次函数的零点.3.双曲线离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题：，即可求得离心率.【详解】在双曲线中，所以离心率.故选：A【点睛】此题考查根据双曲线方程求离心率，关键在于准确辨析基本量的取值.4.椭圆的两个焦点分别为、，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和是20，则椭圆的方程为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由焦点坐标，可知椭圆的焦点在x轴上，且c=8，再根据椭圆的定义得到a=10，进而求得b，即可得椭圆的方程.【详解】已知两个焦点的坐标分别是F1（-8，0），F2（8，0），可知椭圆的焦点在x轴上，且c=8，由椭圆的定义可得：2a=20，即a=10，由a，b，c的关系解得b==6∴椭圆方程是,故选B【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，考查了椭圆的定义和性质，涉及到两焦点的距离问题时，常采用定义法求椭圆的标准方程.5.等比数列的前项和为，且，，成等差数列，若，则（）A. 7B. 8C. 15D. 16【答案】C【解析】试题分析：由数列为等比数列，且成等差数列，所以，即，因为，所以，解得：，根据等比数列前n项和公式．考点：1．等比数列通项公式及前n项和公式；2．等差中项．6.已知正方体中，是的中点，直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直线与平面所成角即直线与平面所成角，根据定义找出线面角即可.【详解】在正方体中，平面平面，所以直线与平面所成角即直线与平面所成角，连接，与平面，所以就是直线与平面所成角，在中，，所以.故选：B【点睛】此题考查求直线与平面所成角的大小，根据定义找出线面角即可.7.中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是（）A. 174斤B. 184斤C. 191斤D. 201斤【答案】B【解析】用表示8个儿按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴，解得．∴．选B．8.关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】二次不等式作差，利用平方差公式因式分解，分析解集的端点范围，结合不等式恰有两个整数解求另一个端点的范围.【详解】由题：恰有2个整数解，所以，即或，当时，不等式解为，因为，恰有两个整数解即：，所以，，解得：；当时，不等式解为，因为，恰有两个整数解即：，所以，，解得：，综上所述：或.故选：B【点睛】此题考查含参数的二次不等式，根据不等式的解集特征求参数范围，关键在于准确进行分类讨论.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）9.下列判断中正确的是（）A. 在中，“”的充要条件是“，，成等差数列”B. “”是“”的充分不必要条件C. 命题：“，使得”，则的否定：“，都有”D. 若平面内一动点到定点的距离等于它到定直线的距离，则该动点的轨迹是一条抛物线【答案】AB【解析】【分析】在中，，，成等差数列，即，所以A选项正确；的解为或，所以B选项正确；C选项中的否定应该是：“，都有”，所以该选项错误；D选项中，若这个定点在这条定直线上，则动点的轨迹是一条直线，所以该选项错误.【详解】A选项：在中，“，，成等差数列”即，等价于“”，所以它们互为充要条件，该选项正确；B选项：“”即“或”，所以“”是“”的充分不必要条件，该选项正确；C选项：命题：“，使得”，则的否定是：“，都有”，所以该选项说法错误；D选项：若平面内一动点到定点的距离等于它到定直线的距离，当这个定点在定直线上时，该动点的轨迹是一条直线，所以该选项说法错误.故选：AB【点睛】此题考查命题真假性的判断，涉及充分条件与必要条件和含有一个量词的命题的否定，关键在于准确判断其说法的正误.10.已知向量，，，下列等式中正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据坐标求出，根据向量的运算法则即可判定.【详解】由题，所以不相等，所以A选项错误；，所以，所以B 选项正确；，所以C选项正确；，即，，所以D选项正确.故选：BCD【点睛】此题考查空间向量的运算，根据运算法则进行运算化简即可.11.已知数列的前项和为，且（其中为常数），则下列说法正确的是（）A. 数列一定等比数列B. 数列可能是等差数列C. 数列可能是等比数列D. 数列可能是等差数列【答案】BD【解析】【分析】根据，分析出，对常数分类讨论进行辨析.【详解】，，两式相减：，，若，令，，则，此时是等差数列，不是等比数列，若，令，，则，，此时不是等差数列，所以数列不一定是等比数列，可能是等差数列，所以A错B 正确；又，得，要使为等比数列，必有若，已求得此时令，，则，此时是一个所有项为0的常数列，所以不可能为等比数列，所以C错误D正确.故选：BD【点睛】此题考查根据数列的前项和和通项的关系辨析数列特点，采用通式通法，对参数进行分类讨论.12.已知方程和（其中且，），它们所表示的曲线在同一坐标系中可能出现的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】将直线和曲线方程化简成，，结合每个选项依次对参数的正负分析.【详解】由题：且，，方程即，即，斜率，轴截距，A选项根据椭圆，，直线斜率，轴截距，可能；B选项根据椭圆，，直线斜率，但是轴截距不可能，所以B选项不可能；C选项根据双曲线，，直线斜率，轴截距，可能；D选项根据双曲线，，直线斜率应该，与图中不一致，所以该选项不可能.故选：AC【点睛】此题考查直线与曲线方程以及图象关系的辨析，根据图象逐一分析.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．其中第15题共有2空，第一个空2分，第二个空3分；其余题均为一空，每空5分．请把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知向量，，若，则实数的值为_______．【答案】-8【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示即可求出参数的值.【详解】向量，，，所以存在使，，即，解得：.故答案为：【点睛】此题考查根据向量平行的坐标表示求参数的值，属于简单题目.14.已知正实数，满足，则的最小值为_______．【答案】9【解析】【分析】对乘以，利用基本不等式求解.【详解】由题：，则当且仅当时，取得等号，即时，取得等号，此时，即时，取得最小值9.故答案为：9【点睛】此题考查利用基本不等式求最值，注意利用基本不等式解题口诀“一正二定三取等”，求得最值要考虑能否取等号. 15.早在一千多年之前，我国已经把溢流孔用于造桥技术，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同．根据图上尺寸，在平面直角坐标系中，桥拱所在抛物线的方程为_______，溢流孔与桥拱交点的坐标为_______．【答案】 (1). （或） (2).【解析】分析】①设桥拱所在抛物线的方程，经过即可求解；②根据四个溢流孔轮廓线相同，从右往左设第一个抛物线，第二个抛物线，根据曲线过点，先求抛物线方程，再求点的坐标.【详解】①设桥拱所抛物线方程，由图，曲线经过，代入方程，解得：，所以桥拱所在抛物线方程；②四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线，第二个抛物线，由图抛物线经过点，则，解得，所以，点即桥拱所在抛物线与的交点坐标，设由，解得：，所以点.故答案为：①（或）；②【点睛】此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标，关键在于合理建立模型正确求解.16.已知一族双曲线：（，且），设直线与在第一象限内的交点为，由向的两条渐近线作垂线，垂足分别为，．记的面积为，则______.【答案】【解析】【分析】设出的坐标，依次表示出的长度，求出的面积，即可求解.【详解】由题：双曲线渐近线方程为，即，两条渐近线互相垂直，设是双曲线上的点，则到两条渐近线的距离分别为：，，所以的面积为，即所以故答案为：【点睛】此题考查根据双曲线上点的坐标关系表示三角形面积，结合数列裂项相消求和，综合性比较强.四、解答题（本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.解下列不等式：（1）；（2）．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）因式分解成，即可求出解集；（2）不等式变形，整理得，等价于解.【详解】解：（1）由，可知，解得，所以不等式的解集为.（2）由可知，整理得，即，不等式等价于，解得或，所以不等式的解集为或.【点睛】此题考查解二次不等式，关键在于进行因式分解，分式不等式一定转化为与之同解的整式不等式.18.已知等差数列的前项和为，公差，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设是首项为，公比为的等比数列，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）由，成等比数列求出等差数列的两个基本量及公差从而得数列的通项公式；（2）数列是一个等差数列与一个等比较数列之积，用错位相减法求其和．解题时注意不要混淆公式．试题解析：（1）依题得解得，，即（2）①②两式相减得：考点：1.等差数列的通项公式；2.等比数列的通项公式；3.数列的前项和公式；4.错位相消法19.如图1，一个铝合金窗是由一个框架和部分外推窗框组成，其中框架设计如图2，其结构为上、下两栏，下栏为两个完全相同的矩形，四周框架和中间隔栏的材料为铝合金，宽均为，上栏和下栏的框内矩形高度（不含铝合金部分）比为，此铝合金窗占用的墙面面积为，设该铝合金窗的宽和高分别，，铝合金的透光部分的面积为（外推窗框遮挡光线部分忽略不计）．（1）试用，表示；（2）若要使最大，则铝合金窗的宽和高分别为多少？【答案】（1）（2）宽为，高为【解析】【分析】（1）根据题意设上栏框内高度为，下栏框内高度为，则，，即可表示出透光面积；（2）根据基本不等式，等号成立的时刻即为所求.【详解】解：（1）铝合金窗的宽和高分别为，，，，由已知，①设上栏框内高度为，下栏框内高度为，则，，所以透光部分的面积；（2）因为，，所以，所以，当且仅当时等号成立，此时，代入①式得，从而，即当，时，取得最大值.答：铝合金窗的宽度为，高为时，可使透光部分的面积最大.【点睛】此题考查函数模型的建立，根据函数关系利用基本不等式或勾型函数单调性求解最值.20.已知抛物线，过点作斜率为的直线与抛物线交于不同的两点，．（1）求的取值范围；（2）若为直角三角形，且，求的值．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设直线的方程，联立直线和抛物线的方程得，解即可；（2）结合韦达定理，计算的坐标表示即可.【详解】解：（1）由题意，设直线方程为，联立方程组，消去得，要使直线与抛物线交于不同的两点，，则，即，解得或，综上，的取值范围为或.（2）设，，由（1）可知，是的两个根，则，，法一：因为为直角三角形，且，所以，即，因为，所以有，解得或，当时，直线过原点，，，不能够构成三角形，所以.法二：因为为直角三角形，且，所以，即，因为，所以，因为，所以，即，解得，此时满足（1）中的取值范围，所以.【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，根据位置关系求解参数的范围，根据其中的几何关系结合韦达定理求解参数.21.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的大小；（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设，连结，，通过证明为平行四边形得，或者建立空间直角坐标系，利用向量证明平行；（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法分别求出两个半平面的法向量的夹角即可得到二面角的大小；（3）根据向量的坐标表示，得恒有解即可求出的范围.【详解】解：（1）法一：设，连结，，因为矩形中是线段的中点，是线段的中点，所以，，所以为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面；法二：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，因为平面平面，，所以平面，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，，是线段的中点，则，，，，，，从而，，，，设平面的法向量为，则由，可知，不妨令，则，，从而平面的一个法向量为，计算可知，又平面，所以，从而平面.（2）若，则，，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则由，可知，不妨令，则，，从而平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，因为为锐角，所以，所以二面角的大小为.（3）因为点在线段上，而，设，其中，则，从而点坐标为，于是，而，则由可知，即，所以，解得，故的最大值为.【点睛】此题考查立体几何中的证明和计算问题，利用空间向量解决二面角的大小和探索性的问题，解体更加简便.22.如图，已知椭圆，左、右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，为椭圆上在第一象限内一点．（1）若．①求椭圆的离心率；②求直线的斜率．（2）若，，成等差数列，且，求直线的斜率的取值范围．【答案】（1）①；②；（2）.【解析】【分析】（1）①根据得，即，可得离心率；②设的直线方程，由，得即可求得斜率；（2）根据得离心率的范围，根据，，成等差数列，计算化简得，平方处理成关于离心率的函数关系，利用函数单调性求范围.【详解】解：（1）①因为，所以，所以，即，所以.②设的直线方程为，因为，所以，所以，则，因为在第一象限，所以，所以，因，所以，所以.（2）设，则，因为在第一象限，所以，，所以，因，，成等差数列，所以，所以，所以，所以，所以，所以，又由已知，所以，因为，所以，因为，令，所以，，因为，所以，所以，所以，因为为椭圆上在第一象限内一点，所以，所以.【点睛】此题考查根据椭圆基本量的关系求离心率和直线斜率，根据直线与椭圆形成三角形面积关系，求解斜率范围，涉及函数与方程思想，转化与化归思想.2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1. 下列不等式中成立的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】试题分析：A中当时不成立；B中若不成立；C中不成立，所以D正确考点：不等式性质2.不等式的解集为（）A. 或B. 或C. D.【答案】A【解析】【分析】化成即可求解.【详解】由题：等式化简为：解得：或.故选：A【点睛】此题考查解一元二次不等式，关键在于准确求出二次函数的零点.3.双曲线离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题：，即可求得离心率.【详解】在双曲线中，所以离心率.故选：A【点睛】此题考查根据双曲线方程求离心率，关键在于准确辨析基本量的取值.4.椭圆的两个焦点分别为、，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和是20，则椭圆的方程为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由焦点坐标，可知椭圆的焦点在x轴上，且c=8，再根据椭圆的定义得到a=10，进而求得b，即可得椭圆的方程.【详解】已知两个焦点的坐标分别是F1（-8，0），F2（8，0），可知椭圆的焦点在x轴上，且c=8，由椭圆的定义可得：2a=20，即a=10，由a，b，c的关系解得b==6∴椭圆方程是,故选B【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，考查了椭圆的定义和性质，涉及到两焦点的距离问题时，常采用定义法求椭圆的标准方程.5.等比数列的前项和为，且，，成等差数列，若，则（）A. 7B. 8C. 15D. 16【解析】试题分析：由数列为等比数列，且成等差数列，所以，即，因为，所以，解得：，根据等比数列前n项和公式．考点：1．等比数列通项公式及前n项和公式；2．等差中项．6.已知正方体中，是的中点，直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直线与平面所成角即直线与平面所成角，根据定义找出线面角即可.【详解】在正方体中，平面平面，所以直线与平面所成角即直线与平面所成角，连接，与平面，所以就是直线与平面所成角，在中，，所以.【点睛】此题考查求直线与平面所成角的大小，根据定义找出线面角即可.7.中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是（）A. 174斤B. 184斤C. 191斤D. 201斤【答案】B【解析】用表示8个儿按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴，解得．∴．选B．8.关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】二次不等式作差，利用平方差公式因式分解，分析解集的端点范围，结合不等式恰有两个整数解求另一个端点的范围.【详解】由题：恰有2个整数解，所以，即或，当时，不等式解为，因为，恰有两个整数解即：，所以，，解得：；当时，不等式解为，因为，恰有两个整数解即：，所以，，解得：，综上所述：或.故选：B【点睛】此题考查含参数的二次不等式，根据不等式的解集特征求参数范围，关键在于准确进行分类讨论.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）9.下列判断中正确的是（）A. 在中，“”的充要条件是“，，成等差数列”B. “”是“”的充分不必要条件C. 命题：“，使得”，则的否定：“，都有”D. 若平面内一动点到定点的距离等于它到定直线的距离，则该动点的轨迹是一条抛物线【答案】AB【解析】【分析】在中，，，成等差数列，即，所以A选项正确；的解为或，所以B选项正确；C选项中的否定应该是：“，都有”，所以该选项错误；D选项中，若这个定点在这条定直线上，则动点的轨迹是一条直线，所以该选项错误.【详解】A选项：在中，“，，成等差数列”即，等价于“”，所以它们互为充要条件，该选项正确；B选项：“”即“或”，所以“”是“”的充分不必要条件，该选项正确；C选项：命题：“，使得”，则的否定是：“，都有”，所以该选项说法错误；D选项：若平面内一动点到定点的距离等于它到定直线的距离，当这个定点在定直线上时，该动点的轨迹是一条直线，所以该选项说法错误.故选：AB【点睛】此题考查命题真假性的判断，涉及充分条件与必要条件和含有一个量词的命题的否定，关键在于准确判断其说法的正误.10.已知向量，，，下列等式中正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据坐标求出，根据向量的运算法则即可判定.【详解】由题，所以不相等，所以A选项错误；，所以，所以B选项正确；，所以C选项正确；，即，，所以D选项正确.故选：BCD【点睛】此题考查空间向量的运算，根据运算法则进行运算化简即可.11.已知数列的前项和为，且（其中为常数），则下列说法正确的是（）A. 数列一定等比数列B. 数列可能是等差数列C. 数列可能是等比数列D. 数列可能是等差数列【答案】BD【解析】【分析】根据，分析出，对常数分类讨论进行辨析.【详解】，，两式相减：，，若，令，，则，此时是等差数列，不是等比数列，若，令，，则，，此时不是等差数列，所以数列不一定是等比数列，可能是等差数列，所以A错B正确；又，得，要使为等比数列，必有若，已求得此时令，，则，此时是一个所有项为0的常数列，所以不可能为等比数列，所以C 错误D正确.故选：BD【点睛】此题考查根据数列的前项和和通项的关系辨析数列特点，采用通式通法，对参数进行分类讨论.12.已知方程和（其中且，），它们所表示的曲线在同一坐标系中可能出现的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】将直线和曲线方程化简成，，结合每个选项依次对参数的正负分析.【详解】由题：且，，方程即，即，斜率，轴截距，A选项根据椭圆，，直线斜率，轴截距，可能；B选项根据椭圆，，直线斜率，但是轴截距不可能，所以B选项不可能；C选项根据双曲线，，直线斜率，轴截距，可能；D选项根据双曲线，，直线斜率应该，与图中不一致，所以该选项不可能.故选：AC【点睛】此题考查直线与曲线方程以及图象关系的辨析，根据图象逐一分析.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．其中第15题共有2空，第一个空2分，第二个空3分；其余题均为一空，每空5分．请把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知向量，，若，则实数的值为_______．【答案】-8【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示即可求出参数的值.【详解】向量，，，所以存在使，，即，解得：.故答案为：【点睛】此题考查根据向量平行的坐标表示求参数的值，属于简单题目.14.已知正实数，满足，则的最小值为_______．【答案】9【解析】【分析】对乘以，利用基本不等式求解.【详解】由题：，则当且仅当时，取得等号，即时，取得等号，此时，即时，取得最小值9.故答案为：9【点睛】此题考查利用基本不等式求最值，注意利用基本不等式解题口诀“一正二定三取等”，求得最值要考虑能否取等号.15.早在一千多年之前，我国已经把溢流孔用于造桥技术，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同．根据图上尺寸，在平面直角坐标系中，桥拱所在抛物线的方程为_______，溢流孔与桥拱交点的坐标为_______．【答案】 (1). （或） (2).【解析】分析】①设桥拱所在抛物线的方程，经过即可求解；②根据四个溢流孔轮廓线相同，从右往左设第一个抛物线，第二个抛物线，根据曲线过点，先求抛物线方程，再求点的坐标.【详解】①设桥拱所抛物线方程，由图，曲线经过，代入方程，解得：，所以桥拱所在抛物线方程；②四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线，第二个抛物线，由图抛物线经过点，则，解得，所以，点即桥拱所在抛物线与的交点坐标，设由，解得：，所以点.故答案为：①（或）；②【点睛】此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标，关键在于合理建立模型正确求解.16.已知一族双曲线：（，且），设直线与在第一象限内的交点为，由向的两条渐近线作垂线，垂足分别为，．记的面积为，则______.【答案】【解析】【分析】设出的坐标，依次表示出的长度，求出的面积，即可求解.【详解】由题：双曲线渐近线方程为，即，两条渐近线互相垂直，设是双曲线上的点，则到两条渐近线的距离分别为：，，所以的面积为，即所以故答案为：【点睛】此题考查根据双曲线上点的坐标关系表示三角形面积，结合数列裂项相消求和，综合。
2018-2019学年四川省内江市高二(上)期末数学试卷(理科)解析版
2018-2019学年四川省内江市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.在空间直角坐标系中，点A（1，-1，1）关于坐标原点对称的点的坐标为（）A. B. C. D. 1，2.某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为3：5：7，现用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，其中甲种产品有18件，则样本容量n=（）A. 45B. 54C. 90D. 1263.某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20），[20，22.5），[22.5，25），[25，27.5），[27.5，30]．根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（）A. 56B. 60C. 120D. 1404.图为某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. 32B.C. 48D.5.如图的正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线A1B与B1C所成的角是（）A.B.C.D.6.已知a、b、c是直线，β是平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c则a∥c；②若a∥b，b⊥c则a⊥c；③若a∥β，b⊂β，则a∥b；④若a与b异面，且a∥β则b与β相交；其中真命题的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 47.直线x-2y+1=0关于直线x=1对称的直线方程是（）A. B. C. D.8.已知直线l1：x-2y-1=0，直线l2：ax-by+1=0，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6，}．则直线l1与l2的交点位于第一象限的概率为（）A. B. C. D.9.若变量x，y满足，则x2+y2的最大值是（）A. 18B. 20C.D.10.与圆O1；x2+y2+4x-4y+7=0，圆O2：x2+y2-4x-10y+13=0都相切的直线条数是（）A. 3B. 1C. 2D. 411.如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使得A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.12.已知圆O：x2+y2=1，直线l：y=ax+2，在直线l上存在点M，过点M作圆O的两条切线，切点为A、B，且四边形OAMB为正方形，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.如图茎叶图记录了甲．乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为______，______．14.执行如图所示的程序框图若输人x的值为3，则输出y的值为______．15.在平面直角坐标系xOy中，以点（2，0）为圆心，且与直线ax-y-4a-2=0（a∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为______．16.正四棱锥（底面是正方形，顶点在底面上的射影是底面中心）S-ABCD的底面边长为4，高为4，点E、F、G分别为SD，CD，BC的中点，动点P在正四棱锥的表面上运动，并且总保持PG∥平面AEF，则动点P的轨迹的周长为______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.（1）求经过直线3x+4y-2=0与直线x-y+4=0的交点P，且垂直于直线x-2y-1=0的直线方程；（2）求过点P（-1，3），并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．18.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥平面AB1C．19.已知一圆经过点A（3，1），B（-1，3），且它的圆心在直线3x-y-2=0上．（1）求此圆的方程；（2）若点D为所求圆上任意一点，且点C（3，0），求线段CD的中点M的轨迹方程．20.（1）求y关于t的线性回归方程；（2）利用（1）中的回归方程，分析2012年至2018年该地区农村居民家庭人均纯收入的变化情况，并预测该地区2020年农村居民家庭人均纯收入．附：参考公式：=，=．=．21.如图：高为1的等腰梯形ABCD中，AM=CD=1，AB=3，现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB、AC．（1）在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC？（2）当点P为AB边中点时，求点B到平面MPC的距离．22.已知圆O：x2+y2=2，直线．l：y=kx-2．（1）若直线l与圆O相切，求k的值；（2）若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当∠AOB为锐角时，求k的取值范围；（3）若，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC，PD，切点为C，D，探究：直线CD 是否过定点．答案和解析1.【答案】B【解析】解：空间坐标关于原点对称，则所有坐标都为原坐标的相反数，即点A（1，-1，1）关于坐标原点对称的点的坐标为（-1，-1，-1），故选：B．根据空间坐标的对称性进行求解即可．本题主要考查空间坐标对称的计算，结合空间坐标的对称性是解决本题的关键．比较基础．2.【答案】C【解析】解：A种型号产品所占的比例为=，18，故样本容量n=90．故选：C．由分层抽样的特点，用A种型号产品的样本数除以A种型号产品所占的比例，即得样本的容量n．本题考查分层抽样的定义和方法，各层的个体数之比等于各层对应的样本数之比，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：自习时间不少于22.5小时的频率为：（0.16+0.08+0.04）×2.5=0.7，故自习时间不少于22.5小时的频数为：0.7×200=140，故选：D．根据已知中的频率分布直方图，先计算出自习时间不少于22.5小时的频率，进而可得自习时间不少于22.5小时的频数．本题考查的知识点是频率分布直方图，难度不大，属于基础题目．4.【答案】B【解析】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以该四棱锥的斜高为=2；所以该四棱锥的侧面积为4××4×2=16，底面积为4×4=16，所以几何体的表面积为16+16．故选：B．根据几何体的三视图，得出该几何体是正四棱锥，结合图中数据，即可求出它的表面积．本题考查了利用空间几何体的三视图求表面积的应用问题，是基础题目．5.【答案】C【解析】解：连接A1D，由正方体的几何特征可得：A1D∥B1C，则∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，连接BD，易得：BD=A1D=A1B故∠BA1D=60°故选：C．连接A1D，根据正方体的几何特征及异面直线夹角的定义，我们可得∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，连接BD后，解三角形BA1D即可得到异面直线A1B与B1C所成的角．本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中根据正方体的几何特征及异面直线夹角的定义判断出∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，是解答本题的关键．6.【答案】A【解析】解：①利用正方体的棱的位置关系可得：a与c可以平行、相交或为异面直线，故不正确；②若a∥b，b⊥c，利用“等角定理”可得a⊥c，故正确；③若a∥β，b⊂β，则a与平面β内的直线可以平行或为异面直线，不正确；④∵a与b异面，且a∥β，则b与β相交，平行或b⊂β，故不正确．综上可知：只有②正确．故选：A．①利用正方体的棱的位置关系即可得出；②若a∥b，b⊥c，利用“等角定理”可得a⊥c；③若a∥β，b⊂β，利用线面平行的性质可得：a与平面β内的直线可以平行或为异面直线；④由a与b异面，且a∥β，则b与β相交，平行或b⊂β，即可判断出．熟练掌握空间空间中线线、线面的位置关系是解题的关键．7.【答案】D【解析】解：解法一（利用相关点法）设所求直线上任一点（x，y），则它关于x=1对称点为（2-x，y）在直线x-2y+1=0上，∴2-x-2y+1=0化简得x+2y-3=0故选答案D．解法二：根据直线x-2y+1=0关于直线x=1对称的直线斜率是互为相反数得答案A或D，再根据两直线交点在直线x=1选答案D故选：D．设所求直线上任一点（x，y），关于x=1的对称点求出，代入已知直线方程，即可得到所求直线方程．本题采用两种方法解答，一是相关点法：求轨迹方程法；法二筛选和排除法．本题还有点斜式、两点式等方法．8.【答案】A【解析】解：设事件A为“直线l1与l2的交点位于第一象限”，由于直线l1与l2有交点，则b≠2a．联立方程组解得x=，y=，∵直线l1与l2的交点位于第一象限，则x=＞0，y=＞0，解得b＞2a．a，b∈{1，2，3，4，5，6}的总事件数为36种．满足条件的实数对（a，b）有（1，3）、（1，4）、（1，5）、（1，6）、（2，5）、（2，6）共六种．∴P（A）==即直线l1与l2的交点位于第一象限的概率为．故选：A．本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件数是36，满足条件的事件是两条直线的交点在第一象限，写出两条直线的交点坐标，根据在第一象限写出不等式组，解出结果，根据a，b之间的关系写出满足条件的事件数，得到结果．本题考查等可能事件的概率，考查两条直线的交点在第一象限的特点，本题是一个综合题，在解题时注意解析几何知识点的应用．9.【答案】C【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：设z=x2+y2，则z的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方，由图象知，C点到原点的距离最大，由得，即C （，），此时x2+y2=，故选：C．作出不等式组对应的平面区域，利用z=x2+y2的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方，利用数形结合进行求解即可．本题主要考查线性规划的应用，利用两点间距离的几何意义，以及数形结合是解决本题的关键．10.【答案】A【解析】解：圆的圆心坐标为（-2，2），半径为1，圆的圆心坐标为（2，5），半径为4，两个圆心之间的距离d=5，等于半径和，故两圆外切，故公切线共有3条，故选：A．根据已知中圆的方程，求出圆心坐标和半径，判断出两圆外切，可得答案．本题考查的知识点是圆的位置关系，圆的一般方程，难度中档．11.【答案】B【解析】解：由题意可知△A′EF是等腰直角三角形，且A′D⊥平面A′EF．三棱锥的底面A′EF扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，正四棱柱的对角线的长度就是外接球的直径，直径为：=．∴球的半径为，∴球的表面积为=6π．故选：B．把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径就是三棱锥的外接球的半径，从而可求球的表面积．本题考查几何体的折叠问题，几何体的外接球的半径的求法，考查球的表面积，考查空间想象能力．12.【答案】B【解析】解：根据题意，圆O：x2+y2=1，圆心为O（0，0），半径r=1，若过点M作圆O的两条切线，切点为A、B，且四边形OAMB为正方形，则|OM|=，则M的轨迹为以O为圆心，为半径为圆，其方程为x2+y2=2，若在直线l上存在点M，则直线l与圆x2+y2=2有交点，则有d=≤，解可得：a≤-1或a≥1，即a的取值范围为（-∞，-1][1，+∞）；故选：B．根据题意，由正方形的性质可得|OM|=，分析可得M的轨迹为以O为圆心，为半径为圆，其方程为x2+y2=2，进而可得若在直线l上存在点M，则直线l与圆x2+y2=2有交点，则有d=≤，解可得a的取值范围，即可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，涉及与圆有关的轨迹问题，关键是分析M的轨迹，属于基础题．13.【答案】5 8【解析】解：根据茎叶图中的数据，得：∵甲组数据的中位数为15，∴x=5；又∵乙组数据的平均数为16.8，∴=16.8，解得：y=8；综上，x、y的值分别为5、8．故答案为：5 8．根据茎叶图中的数据，结合中位数与平均数的概念，求出x、y的值．本题考查了利用茎叶图求数据的中位数与平均数的问题，是基础题．14.【答案】63【解析】解：模拟程序的运行，可得x=3y=7不满足条件|x-y|＞31，执行循环体，x=7，y=15不满足条件|x-y|＞31，执行循环体，x=15，y=31不满足条件|x-y|＞31，执行循环体，x=31，y=63此时，满足条件|x-y|＞31，退出循环，输出y的值为63．故答案为：63．由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量y的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．15.【答案】（x-2）2+y2=8【解析】解：根据题意，直线ax-y-4a-2=0，即y+2=a（x-4），恒过定点（4，-2），设P为（4，-2）设要求圆的半径为r，其圆心C的坐标为（2，0），分析可得：以点（2，0）为圆心，且与直线ax-y-4a-2=0（a∈R）相切的所有圆中，半径最大为CP，此时r2=|CP|2=（4-2）2+（-2-0）2=8，则要求圆的方程为（x-2）2+y2=8，故答案为：（x-2）2+y2=8．根据题意，将直线的方程变形，分析可得其恒过点（4，-2），结合直线与圆的位置关系可得以点（2，0）为圆心，且与直线ax-y-4a-2=0（a∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的半径为CP，求出圆的半径，结合圆的标准方程分析可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线过定点问题，注意分析直线所过的定点，属于基础题．16.【答案】2+．【解析】解：取SB，AB中点H，P，连接HG，PC，取PB中点Q，连接HQ，GQ，因为E、F分别为SD，CD中点，所以EF∥SC，SC∥HG，所以HG∥EF，HG不在面AEF内，所以HG∥面AEF．因为QG是中位线所以QG∥PC，PC∥AF，所以QG∥AF，因为QG不在面AEF 内，所以QG∥面AEF，因为HG∩QG=G，所以面HQG∥面AEF．动点P在正四棱锥的表面上运动，并且总保持PG∥平面AEF，则动点P的轨迹的周长为△HQG 的周长．正四棱锥S-ABCD的底面边长为4，高为4，所以QG=，HG=，SP=2，HQ=，所以动点P的轨迹的周长为2+．过G做一个平面与面AEF平行，且与正四棱锥的表面相交，交线之和即为动点P的轨迹的周长．本题考查面面平行的位置关系，属于中档题．17.【答案】解：（1）联立，解得，∴两直线的焦点坐标为（-2，2），直线x-2y-1=0斜率为，则所求直线的斜率为-2．∴直线方程为y-2=-2（x+2），即2x+y+2=0；（2）当直线过原点时，直线方程为y=-3x；当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a，则-1+3=a，即a=2．是求直线方程为x+y=2．∴所求直线方程为3x+y=0或x+y-2=0．【解析】（1）联立直线方程求出点的坐标，再求出所求直线的斜率，代入直线方程点斜式得答案；（2）当直线过原点时，直线方程为y=-3x；当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a，把点的坐标代入求得a，则直线方程可求．本题考查直线方程的求法，体现了分类讨论的数学思想方法，是基础题．18.【答案】证明：（1）因为四边形BB1C1C为正方形，B1C∩BC1=E，所以E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC．又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C．（2）因为棱柱ABC-A1B1C1是三棱柱，AA1⊥底面ABC所以CC1⊥平面ABC．因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1．又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1．又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AC．因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C．因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C=C，所以BC1⊥平面AB1C．【解析】（1）由正方形性质得E为B1C的中点，从而DE∥AC，由此能证明DE∥平面AA1C1C．（2）由线面垂直得AC⊥CC1，由AC⊥BC，得AC⊥平面BCC1B1，由此能证明BC1⊥平面AB1C．本题考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．19.【答案】解：（1）由已知可设圆心N（a，3a-2），又由已知得|NA|=|NB|，从而有=a=2．于是圆N的圆心N（2，4），半径r=．所以，圆N的方程为（x-2）2+（y-4）2=10．（2）设M（x，y），又点D是圆N：（x-2）2+（y-4）2=10上任意一点，可设D（2+cosα，4+sinα）．∵C（3，0），点M是线段CD的中点，∴有x=，y=，消去参数α得：（x-）2+（y-2）2=．故所求的轨迹方程为：（x-）2+（y-2）2=【解析】（1）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；（2）首先设出点M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程．本题考查圆的方程，考查参数法，圆的方程一般采用待定系数法，属于中档题．20.【答案】解：（1）==4，==4.3，===0.5，=-×=4.3-0.5×4=2.3，y关于t的线性回归方程为：=0.5x+2.3．（2）2012年至2018年该地区农村居民家庭人均纯收入逐步提高，翻了一番．当t=8时，y=0.5×8+2.3=6.3千元．∴预测该地区2020年农村居民家庭人均纯收入为6.3千元．【解析】（1）根据公式计算可得：=0.5x+2.3．（2）t=8代入计算可得．本题考查了线性回归方程，属中档题．21.【答案】解：（1）在AB边上存在点P，满足PB=2PA，使AD∥平面MPC．连接BD，交MC于O，连接OP，则由题意，DC=1，MB=2，又∵DC∥MB，∴△MOB∽△COD，∴OB：OD=MB：DC，∴OB=2OD，∵PB=2PA，∴OP∥AD，∵AD⊄平面MPC，OP⊂平面MPC，∴AD∥平面MPC；（2）由题意，AM⊥MD，平面AMD⊥平面MBCD，∴AM⊥平面MBCD，∴P到平面MBC的距离为，△MBC中，MC=BC=，MB=2，∴MC⊥BC，∴S△MBC=×=1，△MPC中，MP==CP，MC=，∴S△MPC=×=．设点B到平面MPC的距离为h，则由等体积可得，∴h=．【解析】（1）在AB边上存在点P，满足PB=2PA，使AD∥平面MPC，证明AD∥OP，即可证明AD∥平面MPC？（2）当点P为AB边中点时，利用等体积方法，即可求点B到平面MPC的距离．本题考查线面平行的判定，考查点到平面距离的计算，考查体积的计算，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．22.【答案】解：（1）∵圆O：x2+y2=2，直线l：y=kx-2．直线l与圆O相切，∴圆心O（0，0）到直线l的距离等于半径r=，即d==，解得k=±1．（2）设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），将直线l：y=kx-2代入x2+y2=2，整理，得（1+k2）x2-4kx+2=0，∴ ，，△=（-4k）2-8（1+k2）＞0，即k2＞1，当∠AOB为锐角时，=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1-2）（kx2-2）==＞0，解得k2＜3，又k2＞1，∴-＜＜或1＜k＜．故k的取值范围为（-，）（1，）．（3）由题意知O，P，C，D四点共圆且在以OP为直径的圆上，设P（t，），其方程为x（x-t）+y（y-）=0，∴，又C，D在圆O：x2+y2=2上，∴l CD：tx+，即（x-）t-2y-2=0，由，得，∴直线CD过定点（，）．【解析】（1）由直线l与圆O相切，得圆心O（0，0）到直线l的距离等于半径r=，由此能求出k．（2）设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），将直线l：y=kx-2代入x2+y2=2，得（1+k2）x2-4kx+2=0，由此利用根的判断式、向量的数量积公式能求出k的取值范围．（3）由题意知O，P，C，D四点共圆且在以OP为直径的圆上，设P（t，），其方程为，C，D在圆O：x2+y2=2上，求出直线CD：（x-）t-2y-2=0，联立方程组能求出直线CD过定点（）．本题考查实数的取值范围的求法，考查直线是否过定点的判断与求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．。
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题(含解析)_40
2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知命题，，则为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题的知识选出正确选项.【详解】原命题是全称命题，其否定是特称命题，注意到要否定结论，故B选项正确，D选项不正确.故选：B【点睛】本小题主要考查全称命题的否定，属于基础题.2.某学校高一、高二年级共有1800人，现按照分层抽样的方法，抽取90人作为样本进行某项调查.若样本中高一年级学生有42人，则该校高一年级学生共有（）A. 420人B. 480人C. 840人D. 960人【答案】C【解析】【分析】先由样本容量和总体容量确定抽样比，用高一年级抽取的人数除以抽样比即可求出结果.【详解】由题意需要从1800人中抽取90人，所以抽样比为，又样本中高一年级学生有42人，所以该校高一年级学生共有人.故选C【点睛】本题主要考查分层抽样，先确定抽样比，即可确定每层的个体数，属于基础题型.3.已知双曲线的离心率是，则其渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用离心率求得，由此求得渐近线方程.【详解】依题意，所以渐近线方程为，即.故选：A【点睛】本小题主要考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.4.设，则“”是“”的（）A. 充要条件B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】首先解两个不等式，再根据充分、必要条件的知识选出正确选项.【详解】由解得.由得.所以“”是“”必要而不充分条件故选：C【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.5.若将一个质点随机投入如图所示的长方形中，其中，，则质点落在以为直径的半圆内的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用几何概型概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】依题意，长方体的面积为，半圆的面积为，所以质点落在以为直径的半圆内的概率是.故选：C【点睛】本小题主要考查几何概型的计算，属于基础题.6.在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出异面直线所成的角，解三角形求得其余弦值.【详解】设，是的中点，所以，所以是两条异面直线所成的角（或补角）.在三角形中,,，所以.所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：D【点睛】本小题主要考查异面直线所成角的求法，属于基础题.7.若函数在区间单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函数在区间上的导函数为非负数列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】依题意在区间上恒成立，所以，所以.所以实数的取值范围是.故选：B【点睛】本小题主要考查利用导数，根据函数在给定区间上的单调性求参数的取值范围，属于基础题.8.设函数是奇函数的导函数，（），，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，当时，根据已知条件，判断出.当时，根据为偶函数，判断出的单调性.结合，求得使得成立的的取值范围.【详解】由于是定义在上的奇函数，所以.构造函数，当时，，所以在上递增，由于，所以为偶函数，所以在区间上递减且.所以当时，，；当时，，.所以使得成立的的取值范围是.故选：A【点睛】本小题主要考查利用导数研究不等的解集，考查函数的奇偶性和单调性，属于中档题.二、多项共选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.下列命题中真命题的是（）A. 若实数，满足，则，互为倒数B. 面积相等的两个三角形全等C. 设，“若，则方程有实根”的逆否命题D. “若，则”的逆命题【答案】AC【解析】【分析】A利用倒数的知识进行判断；B利用全等三角形的知识进行判断；C利用原命题的真假性来判断；D利用原命题的逆命题的真假性来判断.【详解】对于A选项，根据倒数的知识可知，A选项正确.对于B选项，两个三角形的面积相等，不一定是全等三角形，所以B选项错误.对于C选项，当时，，所以方程有实根，为真命题，故其逆否命题为真命题，所以C选项正确.对于D选项，原命题的逆命题为“若，则”不正确，因为也可以，所以D选项为假命题.综上所述，正确的为AC.故选：AC【点睛】本小题主要考查命题真假性的判断，考查逆否命题、逆命题真假性，属于基础题.10.“悦跑圈”是一款基于社交型的跑步应用，用户通过该平台可查看自己某时间段的运动情况，某人根据年月至年月期间每月跑步的里程（单位：十公里）的数据绘制了下面的折线图，根据该折线图，下列结论正确的是（）A. 月跑步里程逐月增加B. 月跑步里程最大值出现在月C. 月跑步里程的中位数为月份对应的里程数D. 月至月的月跑步里程相对于月至月波动性更小，变化比较平稳【答案】BCD【分析】根据折线图，判断A,B,D选项的正确性，判断出中位数所在的月份，由此判断C选项的正确性.【详解】根据折线图可知，月跑步里程下降了，故A选项错误.根据折线图可知，月的跑步里程最大，故B选项正确.一共个月份，里程中间的是从小到大的第个，根据折线图可知，跑步里程的中位数为月份对应的里程数，故C选项正确.根据折线图可知，月至月的月跑步里程相对于月至月波动性更小，变化比较平稳，故D选项正确.综上所述，正确的选项为BCD.故选：BCD【点睛】本小题主要考查折线图，考查图表分析、数据处理能力，属于基础题.11.设椭圆的左右焦点为，，是上的动点，则下列结论正确的是（）A. B. 离心率C. 面积的最大值为D. 以线段为直径的圆与直线相切【答案】AD【分析】根据椭圆的定义判断A选项正确性，根据椭圆离心率判断B选项正确性，求得面积的最大值来判断C选项的正确性，求得圆心到直线的距离，与半径比较，由此判断D选项的正确性.【详解】对于A选项，由椭圆的定义可知，所以A选项正确.对于B选项，依题意，所以，所以B 选项不正确.对于C选项，，当为椭圆短轴顶点时，的面积取得最大值为，所以C选项错误.对于D选项，线段为直径的圆圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，也即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段为直径的圆与直线相切，所以D 选项正确.综上所述，正确的为AD.故选：AD【点睛】本小题主要考查椭圆的定义和离心率，考查椭圆的几何性质，考查直线和圆的位置关系，属于基础题.12.定义在区间上的函数的导函数图象如图所示，则下列结论正确的是（）A. 函数在区间单调递增B. 函数在区间单调递减C. 函数在处取得极大值D. 函数在处取得极小值【答案】ABD【解析】【分析】根据导函数图像判断出函数的单调性和极值，由此判断出正确选项.【详解】根据导函数图像可知，在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增.所以在处取得极小值，没有极大值.所以A,B,D选项正确，C选项错误.故选：ABD【点睛】本小题主要考查利用导函数图像判断函数单调区间、极值，属于基础题三、填空题：本大题共4题，每小题5分，共20分．13.同时掷两枚质地均匀的骰子，所得的点数之和为5的概率是．【答案】【解析】【详解】列表如下：从列表中可以看出，所有可能出现的结果共有36种，这些结果出现的可能性相等．∵点数的和为5的结果共有4种：（1，4），（2，3），（4，1），（3，2）∴点数的和为5的概率P==故答案为14.已知函数，为的导函数，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】求得函数的导函数，由此求得的值.【详解】依题意，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查导数的计算，属于基础题.15.已知向量，，且满足，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】先求得，根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.【详解】依题意，由于，所以，即，解得.故答案为：【点睛】本小题主要考查空间向量垂直的坐标表示，考查空间向量的线性运算，属于基础题.16.设抛物线的焦点为，过点作直线与抛物线交于，两点，点满足，过作轴的垂线与抛物线交于点，若，则点的横坐标为__________，__________．【答案】 (1). 1 (2). 8【解析】【分析】利用抛物线的定义，求得点的坐标，设出直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，利用韦达定理，求得点坐标的表达式，根据两点的纵坐标相同列方程，解方程求得直线的斜率，由此求得.【详解】由于点满足，所以是线段中点.抛物线的焦点坐标为，准线方程为.设，由于在抛物线上，且，根据抛物线的定义得，所以，则，不妨设.若直线斜率不存在，则，则，此时的纵坐标和的纵坐标不相同，不符合题意.所以直线的斜率存在.设，设直线的方程为，代入抛物线方程并化简得，则.由于是线段中点，所以，而，所以，即，即，解得.所以，所以，则到准线的距离为，根据抛物线的定义结合中位线的性质可知.故答案为：(1). 1 (2). 8【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在区间上的最大值与最小值．【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）求得函数在时的导数，由点斜式求得切线方程.（2）利用导数求得单调区间，区间端点的函数值和极值点的函数值，由此求得在区间上的最大值与最小值.【详解】（1）由题意得，则，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2）令，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以，所以在上的最大值为，最小值为.【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数求函数的最值，属于基础题.18.已知双曲线的两个焦点为，，并且经过点.（1）求双曲线的方程；（2）过点的直线与双曲线有且仅有一个公共点，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）利用，以及列方程组，解方程组求得，由此求得双曲线的方程.（2）当直线斜率不存在时，直线与双曲线没有交点.当直线斜率存在时，设出直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，消去得到，根据二次项系数和判别式进行分类讨论，由此求得直线的方程.【详解】（1）由已知可设双曲线的方程为，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）当直线斜率不存在时，显然不合题意所以可设直线方程为，联立，得，①当，即或，方程只有一解，直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时，直线方程为，②当，即，要使直线与双曲线有且仅有一个公共点，则，解得，此时，直线方程为，综上所述，直线的方程为或.【点睛】本小题主要考查双曲线方程的求法，考查根据直线和双曲线交点个数求参数，属于中档题.19.某手机厂商在销售某型号手机时开展“手机碎屏险”活动.用户购买该型号手机时可选购“手机碎屏险”，保费为元，若在购机后一年内发生碎屏可免费更换一次屏幕，为了合理确定保费的值，该手机厂商进行了问卷调查，统计后得到下表（其中表示保费为元时愿意购买该“手机碎屏险”的用户比例）：（1）根据上面的数据计算得，求出关于的线性回归方程；（2）若愿意购买该“手机碎屏险”的用户比例超过，则手机厂商可以获利，现从表格中的种保费任取种，求这种保费至少有一种能使厂商获利的概率.附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计分别为，【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用回归直线方程计算公式，计算出关于的线性回归方程.（2）利用列举法和古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】（1）由，，，，得所以关于的回归直线方程为.（2）现从表格中的种保费任选种，所有的基本事件有：，，，，，，，，，，共有种.其中至少有一种保费能使厂商获利的基本事件有：，，，，，，，共种.所以从表格中的种保费任选种，其中至少有一种保费能使厂商获利的概率为.【点睛】本小题主要考查回归直线方程的计算，考查古典概率问题的求解，属于基础题.20.在如图所示的六面体中，四边形是边长为的正方形，四边形是梯形，，平面平面，，.（1）在图中作出平面与平面的交线，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）求证：平面；（3）求平面与平面所成角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）延长与相交于点，连接，根据公理和公理可知，即是所求.（2）通过证明四边形是平行四边形，证得，由此证得平面.（3）利用勾股定理计算出，建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.【详解】（1）延长与相交于点，连接，则直线就是平面与平面的交线.（2）因为，，所以是的中位线，故，因为，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，因面，面，所以平面.（3）在平面内，过点作的平行线交于点，又，所以四边形为平行四边形，所以，，，又因为，所以，所以为直角三角形，且，，.在平面内，过点作的垂线交于点，又因为平面平面，平面平面，所以面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，所以，，设是平面的法向量，则，即，所以可取.因为是平面的法向量，所以，所以平面与平面所成角的余弦值.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.21.已知椭圆的离心率为，，，，的面积为．（1）求椭圆的方程；（2）过右焦点作与轴不重合的直线交椭圆于，两点，连接，分别交直线于，，两点，若直线，的斜率分别为，，试问：是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2）为定值，理由见解析【解析】【分析】（1）结合椭圆离心率、的面积、列方程组，解方程组求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）当直线斜率不存在时，求得两点的坐标，由此求得直线的方程，进而求得两点的坐标，由此求得，，求得.当直线斜率存在时，设直线方程为，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，求得直线的方程，进而求得两点的坐标，由此求得，，结合韦达定理计算.由此证得为定值.【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，，①当直线斜率不存在时，直线方程为，联立，得，不防设，，则直线方程为，令，得，则，此时，，同理，所以，②当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，得，设，，则，，直线方程为，令，得，则，同理，所以，，所以综上所述，为定值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查根与系数关系，考查运算求解能力，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.22.已知函数，，为的导函数．（1）若，求的值；（2）讨论的单调性；（3）若恰有一个零点，求的取值范围．【答案】（1）；（2）见解析；（3）或【解析】【分析】（1）利用列方程，解方程求得的值.（2）求得函数的导函数，对分成等四种情况，分类讨论的单调区间.（3）结合（1）求得的的单调区间，判断出的单调区间，结合的取值范围、零点的存在性定理进行分类讨论，由此求得的取值范围.【详解】（1）由，得，得；（2）①当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；②当时，令，得，，i）当时，，所以在上单调递增；ii）当时，令，得或；令，得，所以在和单调递增，在单调递减；iii）当时，令，得或；令，得，所以在和单调递增，在单调递减；综上：①当时，在上单调递增；在单调递减；②i）当时，在上单调递增；ii）当时，在和单调递增，在单调递减；iii）当时，在和单调递增，在单调递减；（3）①当时，由（2）知，在单调递增，在单调递减，所以在单调递增，在单调递减，又因为，所以恰有一个零点，符合题意；②i）当时，在单调递增，所以在单调递增，又，所以在恰有一个零点，符合题意；ii）当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，因为，所以是函数的一个零点，且，当时，取且，则，所以，所以在恰有一个零点，所以在区间有两个零点，不合题意；iii）当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，又因为，所以是函数的一个零点，且，又因为，所以，所以在区间有两个零点，不合题意；综上的取值范围为或.【点睛】本小题主要考查导数的计算，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究函数的零点，考查零点的存在性定理，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知命题，，则为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题的知识选出正确选项.【详解】原命题是全称命题，其否定是特称命题，注意到要否定结论，故B选项正确，D选项不正确.故选：B【点睛】本小题主要考查全称命题的否定，属于基础题.2.某学校高一、高二年级共有1800人，现按照分层抽样的方法，抽取90人作为样本进行某项调查.若样本中高一年级学生有42人，则该校高一年级学生共有（）A. 420人B. 480人C. 840人D. 960人【解析】【分析】先由样本容量和总体容量确定抽样比，用高一年级抽取的人数除以抽样比即可求出结果.【详解】由题意需要从1800人中抽取90人，所以抽样比为，又样本中高一年级学生有42人，所以该校高一年级学生共有人.故选C【点睛】本题主要考查分层抽样，先确定抽样比，即可确定每层的个体数，属于基础题型.3.已知双曲线的离心率是，则其渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用离心率求得，由此求得渐近线方程.【详解】依题意，所以渐近线方程为，即.故选：A【点睛】本小题主要考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.4.设，则“”是“”的（）A. 充要条件B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】首先解两个不等式，再根据充分、必要条件的知识选出正确选项.【详解】由解得.由得.所以“”是“”必要而不充分条件【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.5.若将一个质点随机投入如图所示的长方形中，其中，，则质点落在以为直径的半圆内的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用几何概型概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】依题意，长方体的面积为，半圆的面积为，所以质点落在以为直径的半圆内的概率是.故选：C【点睛】本小题主要考查几何概型的计算，属于基础题.6.在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出异面直线所成的角，解三角形求得其余弦值.【详解】设，是的中点，所以，所以是两条异面直线所成的角（或补角）.在三角形中,,，所以.所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：D【点睛】本小题主要考查异面直线所成角的求法，属于基础题.7.若函数在区间单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函数在区间上的导函数为非负数列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】依题意在区间上恒成立，所以，所以.所以实数的取值范围是.故选：B【点睛】本小题主要考查利用导数，根据函数在给定区间上的单调性求参数的取值范围，属于基础题.8.设函数是奇函数的导函数，（），，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，当时，根据已知条件，判断出.当时，根据为偶函数，判断出的单调性.结合，求得使得成立的的取值范围.【详解】由于是定义在上的奇函数，所以.构造函数，当时，，所以在上递增，由于，所以为偶函数，所以在区间上递减且.所以当时，，；当时，，.所以使得成立的的取值范围是.故选：A【点睛】本小题主要考查利用导数研究不等的解集，考查函数的奇偶性和单调性，属于中档题.二、多项共选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.下列命题中真命题的是（）A. 若实数，满足，则，互为倒数B. 面积相等的两个三角形全等C. 设，“若，则方程有实根”的逆否命题D. “若，则”的逆命题【答案】AC【解析】【分析】A利用倒数的知识进行判断；B利用全等三角形的知识进行判断；C利用原命题的真假性来判断；D利用原命题的逆命题的真假性来判断.【详解】对于A选项，根据倒数的知识可知，A选项正确.对于B选项，两个三角形的面积相等，不一定是全等三角形，所以B选项错误.对于C选项，当时，，所以方程有实根，为真命题，故其逆否命题为真命题，所以C选项正确.对于D选项，原命题的逆命题为“若，则”不正确，因为也可以，所以D 选项为假命题.综上所述，正确的为AC.故选：AC【点睛】本小题主要考查命题真假性的判断，考查逆否命题、逆命题真假性，属于基础题. 10.“悦跑圈”是一款基于社交型的跑步应用，用户通过该平台可查看自己某时间段的运动情况，某人根据年月至年月期间每月跑步的里程（单位：十公里）的数据绘制了下面的折线图，根据该折线图，下列结论正确的是（）A. 月跑步里程逐月增加B. 月跑步里程最大值出现在月C. 月跑步里程的中位数为月份对应的里程数D. 月至月的月跑步里程相对于月至月波动性更小，变化比较平稳【答案】BCD【解析】【分析】根据折线图，判断A,B,D选项的正确性，判断出中位数所在的月份，由此判断C选项的正确性.【详解】根据折线图可知，月跑步里程下降了，故A选项错误.根据折线图可知，月的跑步里程最大，故B选项正确.一共个月份，里程中间的是从小到大的第个，根据折线图可知，跑步里程的中位数为月份对应的里程数，故C选项正确.根据折线图可知，月至月的月跑步里程相对于月至月波动性更小，变化比较平稳，故D 选项正确.综上所述，正确的选项为BCD.故选：BCD【点睛】本小题主要考查折线图，考查图表分析、数据处理能力，属于基础题.11.设椭圆的左右焦点为，，是上的动点，则下列结论正确的是（）A. B. 离心率C. 面积的最大值为D. 以线段为直径的圆与直线相切【答案】AD【解析】【分析】根据椭圆的定义判断A选项正确性，根据椭圆离心率判断B选项正确性，求得面积的最大值来判断C选项的正确性，求得圆心到直线的距离，与半径比较，由此判断D选项的正确性.【详解】对于A选项，由椭圆的定义可知，所以A选项正确.对于B选项，依题意，所以，所以B选项不正确.对于C选项，，当为椭圆短轴顶点时，的面积取得最大值为，所以C选项错误.对于D选项，线段为直径的圆圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，也即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段为直径的圆与直线相切，所以D选项正确.综上所述，正确的为AD.故选：AD【点睛】本小题主要考查椭圆的定义和离心率，考查椭圆的几何性质，考查直线和圆的位置关系，属于基础题.。