精品解析：江苏省扬州市2020-2021学年高二上学期期末数学试题（解析版）.doc

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1、 2020-2021学年度第一学期期末检测试题高二数学全卷满分150分，考试时间120分钟一单项选择题(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，只有一项符合要求).1. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】全称命题的否定为特称命题：，并否定原结论即可.【详解】命题“，”的否定为“，”，故选：B2. 双曲线的顶点到其渐近线的距离等于（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】A【解析】【分析】首先求顶点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式，直接求解，【详解】根据双曲线的对称性可设顶点，其中一条渐近线方程是，那么顶点到渐近线的

2、距离.故选：A3. 若平面，的法向量分别为，并且，则x的值为（ ）A. 10B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据两个法向量共线可得的值.【详解】因为，共线，故，故，故选：C.4. 张邱建算经是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄”其大意为：有一女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织5尺，最后一天织一尺，三十天织完.则该女子第11天织布（ ）A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺【答案】B【解析】【分析】女子每天的织布数成等差数列，根据首项和末项以及项数可求公差，从而可得第11天的织布数.【详解】设女子每

3、天的织布数构成的数列为，由题设可知为等差数列，且，故公差，故，故选：B.5. 不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据分式不等式的解法转化为，解不等式.【详解】，即，即，解得： ，所以不等式的解集为.故选：A6. 已知正方体的棱长为2，则点A到平面的距离为（ ）A B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】由垂直关系可知平面，根据边长关系直接求点到平面的距离.【详解】连结，与交于点，且平面 ，且，平面，点到平面的距离为.故选：B7. 在数列中，如果对任意，都有(k为常数)，则称数列为比等差数列，k称为比公差.则下列说法正确的是（ ）A. 等比数列一定是比等

4、差数列，且比公差B. 等差数列一定不是比等差数列C. 若数列是等差数列，是等比数列，则数列一定是比等差数列D. 若数列满足，则该数列不是比等差数列【答案】D【解析】【分析】根据数列新定义，由比等差数列的性质有，判断各项描述是否正确即可.【详解】A：若为等比数列,公比，所以，A错误.B：若为等差数列,故有，为比等差数列，B错误.C：令，则，此时无意义，C错误.D：由题设知：，故，不是比等差数列，正确.故选：D8. 已知a，b均为正数，且，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先利用条件化简，巧用“1”的代换证明，再证明，即得到的取值范围，根据等号条件成立得到最值.【

5、详解】依题意，可知，则，当且仅当时，即时等号成立.，当且仅当时，等号成立，则左右同时加上得，则，即，当且仅当时等号成立，故，当且仅当时，即时等号成立，故当且仅当时，即时等号成立.即的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于利用基本不等式证明的常用方法证明和，进而突破难点，取最值时要保证取等号条件成立.二多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分.有选错的得0分，部分选对的得3分)9. （多选题）已知，为实数，且，则下列不等式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据所给条件，结合不等式

6、的性质，判断选项.【详解】A.在上单调递减，所以当时，故A正确；B.当时，不成立，故B不正确；C.当时，两边同时除以得，故C不正确；D. 当时，两边同时乘以得，或两边同时乘以得，所以，故D正确.故选：AD10. 下列命题正确的是（ ）A. 已知，是两个不共线的向量.若，则，共面B. 若向量，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底C. 若，则与向量共线的单位向最为D. 在三棱锥中，若侧棱OA，OB，OC两两垂直，则底面是锐角三角形【答案】ABCD【解析】【分析】根据空间向量的共面定理可判断A；由构成空间向量的基底不能共面可判断B；根据单位向量的计算公式可判断C；利用空间向量的数量积可判断D.【详

7、解】对于A，是两个不共线的向量，不妨假设，共面则，即，可得，存在一对实数，使得，即假设成立，故A正确；对于B，向量，则，与任何向量都共面，所以，与任何向量都不能构成空间一个基底，故B正确；对于C，所以，故C正确；对于D， OA，OB，OC两两垂直，所以与的夹角为锐角，即为锐角，同理，为锐角，是锐角三角形，故D正确.故选：ABCD11. 已知数列的前n项和为，.则下列选项正确的为（ ）A. B. 数列是以2为公比的等比数列C. 对于任意的，D. 的最小正整数n的值为15【答案】ABD【解析】【分析】根据题设的递推关系可得，从而可得，由此可得的通项和的通项，从而可逐项判断正误.【详解】由题设可得，

8、因为，故，所以，所以，所以，因为，故，所以，所以等比数列，所以即，故，故A对，C错.又，故，所以，即是以2为公比的等比数列，故B正确.，故的最小正整数n的值为15，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D是否成立时注意先考虑的值.12. 在平面直角坐标系xOy中，为曲线上一点，则（ ）A. 曲线C关于原点对称B. C. 曲线C围成的区域面积小于18D. P到点的最近距离为【答案】ACD【解析】【分析】当，时，曲线为，根据点，都在曲线上，可得曲线图象关于轴，轴和原点对称，作出其图象，即可判断四个选项的正确性，

9、即可得正确答案.【详解】当，时，曲线即，将中心平移到位于第一象限的部分；因为点，都在曲线上，所以曲线图象关于轴，轴和原点对称，作出图象如图所示：对于选项A：由图知曲线C关于原点对称，故选项A正确；对于选项B：令中可得，向右平移一个单位可得横坐标为，根据对称性可知，故选项B不正确；对于选项C：令中可得，向上平移个可得纵坐标最大值为，曲线C第一象限的部分被包围在矩形内，矩形面积为，所以曲线C围成的区域面积小于，故选项C正确；对于选项D：令中，可得，所以到点的最近距离为，故选项D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是去绝对值得出曲线在第一象限的图象，根据对称性可得曲线C的图象，数形结

10、合、由图象研究曲线的性质.三填空题(本大题共4小题.每小题5分，共20分)13. 若存在实数x，使得不等式成立，则实数a的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】结合一元二次不等式对应的二次函数图象性质直接判断，计算即得结果.【详解】二次函数是开口向上的抛物线，故要使有解，则需，即，解得或.故实数a的取值范围为.故答案为：.14. 已知数列是等比数列，则_.【答案】【解析】【分析】利用等比数列的性质：若，则，即可求解.【详解】由数列是等比数列，则，所以.故答案为：15. 设椭圆左焦点为右准线为，若上存在点，使得线段的中点恰好在椭圆上，则椭圆的离心率的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用根据椭

11、圆的准线方程，设点，得中点坐标，代入椭圆方程，整理得，又，解不等式即可得离心率的最小值.【详解】由，得，设点，故中点为，又中点在椭圆上，故代入椭圆方程得，整理得，故，又，整理得，即，故答案为：.【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：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2a2c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)16. 已知函数，则该函数的图象恒过定点_；若满足的所有整数解的和为，则实数的取值范围是_.【

12、答案】 (1). (2). 【解析】【分析】将函数的解析式变形为，即可求得函数的图象所过定点的坐标；【详解】，当时，令，得；当时，令，得或.综上所述，函数的图象必过点.分以下三种情况讨论：当时，即当时，由，可得，不合乎题意；当时，即时，则，解不等式，可得，由于不等式所有的整数解的和为，则不等式的所有整数解有、，所以，解得；当时，即时，可得.解不等式，可得或，不等式的解中有无数个整数，不合乎题意.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：；.【点睛】方法点睛：解含参数的一元二次不等式分类讨论的依据：（1）二次项中若含有参数应讨论是小于，等于，还是大于，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式；（2）当

13、不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式与的关系；（3）确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式四解答题(本大题共6小题.计70分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤)17. 命题p：实数m满足不等式；命题q：实数m满足方程表示双曲线.（1）若命题q为真命题，求实数m的取值范围；（2）若是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，即可求解.（2）若是的充分不必要条件，则是的真子集，根据集合的包含关系求出实数的取值范围即可.【详解】（1）若实数满足方程表示双曲线， 则，解得，（2）实数m

14、满足不等式，解得， 若是的充分不必要条件，则是的真子集，所以，解得，所以若是的充分不必要条件，求实数的取值范围是.【点睛】易错点睛：若是的充分不必要条件则是的真子集，一般情况下需要考虑的情况，此情况容易被忽略，但题目中已经给出，很明显.18. 如图，在三棱锥中，M为的中点，.（1）求二面角的大小；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）连接，则可证得就是二面角的平面角，根据勾股定理和余弦定理求解；（2）取中点，连接，则就是异面直线与所成的角，根据余弦定理求解即可.【详解】解：（1）连接，因为M为的中点，所以，所以就是二面角的平面角.在直角中，则,同理可得，

15、在中，由余弦定理得，所以，即二面角的大小为（2）取中点，连接，则，故或其补角就是异面直线与所成的角，因为等边中，中点为，所以又所以在中，因为异面直线所成角的范围为，所以直线与所成的角的余弦值为.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.19. 设等

16、差数列的前n项和为，数列为正项等比数列，其满足，.（1）求数列和的通项公式；（2）若_，求数列的前n项和.在，这三个条件中任一个补充在第（2）问中；并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1），；（2）见解析.【解析】【分析】（1）由题设条件可得公差和公比的方程组，解方程组后可得两个数列的通项.（2）根据所选数列分别选分组求和、错位相减法、裂项相消法可求.【详解】（1）设等差数列的公差为，公比为，则，解得或（舍），故，.（2）若选，故，若选，则，故，所以，所以即.若选，则，故.【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；

17、如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.20. 如图，在直三棱柱中，M是棱BC的中点，点P在线段A1B上.（1）若P是线段的中点，求直线MP与平面所成角的大小；（2）若N是的中点，平面PMN与平面CMN所成锐二面角的余弦值为，求线段BP的长度.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）过M作于H，连接PH，由已知条件知且，即PM与面所成角为，即可求其大小.（2）构建空间直角坐标系，由已知线段长度标识的坐标，令，由向量坐标表示，进而求得面PMN与面CMN的法向量，由二面角余弦值即可

18、求参数a，即可求BP的长度.【详解】（1）过M作于H，连接PH，又 ，M是棱BC的中点，所以H是AB的中点，而P是线段的中点，且，PM与面所成角为，设则，（2）构建以A为原点，分别为x、y、z轴正方向，则，由等腰，可令，若为面PMN的一个法向量，则，令，有，若为面CMN的一个法向量，则，令，有，由题意，知：，整理得，解得或，而P在线段A1B上，有则， .【点睛】关键点点睛：（1）根据线面角的几何定义，找到直线MP与平面所成角的平面角，进而求角.（2）构建空间直角坐标系，设，求二面角的两个半面的法向量，根据二面角的余弦值求参数a，进而求线段长.21. 设抛物线的焦点为，其准线与轴交于，抛物线上一

19、点的纵坐标为4，且该点到焦点的距离为5.（1）求抛物线的方程；（2）自引直线交抛物线于两个不同的点，设.若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线定义：抛物线线上一点到焦点距离等于到准线距离，得化简即可；（2）设，联立直线与抛物线方程设，用弦长公式表示，由及韦达定理将用表示出来，此时用表示，结合解不等式.【详解】解：（1）根据题意作图如下：因为抛物线上一点的纵坐标为4，且该点到焦点F的距离为5，又抛物线线上一点到焦点距离等于到准线距离，所以，故抛物线的方程为.（2）由题意直线斜率存在，设，由，设，则，所以，因为，所以代入化简得令，则因为，所以，即，所以即所以实

20、数的取值范围.【点睛】在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.22. 已知直线与椭圆交于A，B两个不同的点，点M为AB中点，点O为坐标原点.且椭圆C的离心率为，长轴长为4.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若OA，OB的斜率分别为，求证：为定值；（3）已知点，当的面积S最大时，求的最大值.【答案】（1）；（2）见解析；（3）2.【解析】【分析】（1）求出后可得椭圆的方程.（2）设，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理化简可得所求的定值.（3）联立直线方程和椭

21、圆方程，利用弦长公式和点到直线的距离可求面积，结合基本不等式可求何时取最大值，再用表示，利用基本不等式可求的最大值，从而得到的最大值.【详解】（1）因为长轴长为4，故，又离心率为，故，所以，故椭圆方程为：.（2）直线，由 可得，整理得，故即.又，而，故即为定值.（3）设，由得，又，故，又，故，因为，故，当且仅当时等号成立，此时成立.而，故，所以，又， 因为，故，故即当且仅当时等号成立. 所以的最大值为2，故的最大值为2，当且仅当，时取最大值.【点睛】方法点睛：直线与椭圆位置关系中的最值、定值问题，一般需联立直线方程和椭圆方程，消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交

22、点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http:/）专业教师团队编校出品。登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。试卷地址：在组卷网浏览本卷组卷网是学科网旗下的在线题库平台，覆盖小初高全学段全学科、超过900万精品解析试题。关注组卷网服务号，可使用移动教学助手功能（布置作业、线上考试、加入错题本、错题训练）。 学科网长期征集全国最新统考试卷、名校试卷、原创题，赢取丰厚稿酬，欢迎合作。钱老师QQ：537008204曹老师QQ：713000635