学年广东省高二上学期期末数学试题及答案解析版.docx
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学年广东省高二上学期期末数学试题及答案解析版
2019-2020学年广东省高二上学期期末数学试题及答案解析版
一、单选题
1．命题“，”的否定是（）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】本题中所给的命题是一个特称命题，其否定是一个全称命题，按规则写出其否定即可．
【详解】
解：
命题“，”是特称命题，
故其否定为：
，
故选：
【点睛】
本题考查命题的否定，正确解答本题，关键是掌握住命题的否定的定义及书写规则，对于两特殊命题特称命题与全称命题的否定，注意变换量词，属于基础题．
2．双曲线的焦距是（）
A．10B．20C．D．
【答案】B
【解析】双曲线的方程得，，可求，即可求出焦距．
【详解】
解：
双曲线中，，
，
．
故选：
．
【点睛】
本题考查的重点是双曲线的几何性质，解题的关键是掌握，属于基础题．
3．在数列中，，，则（）
A．2B．6C．8D．14
【答案】C
【解析】根据数列的递推公式求出，即可求得.
【详解】
解：
因为，，
所以，
则.
故选：
【点睛】
本题考查利用递推公式求数列的项的问题，属于基础题.
4．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】直接利用正弦定理得到，代入数据计算得到答案.
【详解】
根据正弦定理，所以.
故选：
【点睛】
本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.
5．已知点在抛物线的准线上，则该抛物线的焦点坐标是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】首先表示出抛物线的准线，根据点在抛物线的准线上，即可求出参数，即可求出抛物线的焦点.
【详解】
解：
抛物线的准线为
因为在抛物线的准线上
故其焦点为
故选：
【点睛】
本题考查抛物线的简单几何性质，属于基础题.
6．已知双曲线的焦点与椭圆的焦点相同，则（）
A．1B．3C．4D．5
【答案】A
【解析】由椭圆的方程可得焦点坐标，根据双曲线的性质即可得的值.
【详解】
在椭圆中，，，，
即椭圆的焦点坐标为，
∴双曲线的焦点为，
∴，解得，
故选：
A.
【点睛】
本题主要考查椭圆的焦点坐标以及双曲线的焦点坐标，属于中档题.
7．“”是“方程表示椭圆”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】方程表示椭圆解得或，根据范围大小判断得到答案.
【详解】
因为方程表示椭圆，所以，解得或.
故“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.
故选：
【点睛】
本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P是该双曲线上的一点，且，则（）
A．2或18B．2C．18D．4
【答案】C
【解析】首先根据可判断出点P在该双曲线左支上，再根据双曲线的定义即可得结果.
【详解】
在双曲线中，，，，
因为，
所以点P在该双曲线左支上，则，
故选：
C.
【点睛】
本题主要考查了双曲线的定义，判断出点P的位置是解题的关键，属于中档题.
9．在中，角，，所对的边分别为，，，，则的形状是（）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．不确定
【答案】B
【解析】根据正弦定理得到，化简得到，计算得到答案.
【详解】
，所以，
所以，即.
因为，，所以，故是直角三角形.
故选：
【点睛】
本题考查了正弦定理和三角恒等变换，意在考查学生对于三角公式的综合应用.
10．直线：
与椭圆：
有公共点，则的取值范围是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】联立直线与曲线方程消元，利用根的判别式求出参数的取值范围.
【详解】
解：
联立直线与椭圆方程得消去得
二次项系数
因为直线：
与椭圆：
有公共点，
解得或即
故选：
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系求参数的取值范围，属于基础题.
11．已知等差数列的前项和有最小值，且，则使得成立的的最小值是（）
A．11B．12C．21D．22
【答案】D
【解析】由题意可知公差，又，故，，且，根据前项和公式及下标和公式，可得其，即可得解.
【详解】
解：
由题意可得等差数列的公差.因为，所以，，所以，则，.故使得成立的的最小值是22.
故选：
【点睛】
本题考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题.
12．双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线分别为，，过点且与垂直的直线交于点，交于点，若，则双曲线的离心率为（）
A．B．C．2D．3
【答案】B
【解析】设：
，：
，联立方程得到，再计算，，利用余弦定理得到，计算得到答案.
【详解】
记为坐标原点.由题意可得，不妨设：
，：
则直线：
.联立，解得
则故，.因为，所以
所以，，则.
因为，所以，
所以，整理得，则
解得.
故选：
【点睛】
本题考查了双曲线的离心率问题，综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.
二、填空题
13．椭圆的短轴长是______.
【答案】4
【解析】椭圆标准方程为，再直接利用椭圆的短轴公式得到答案.
【详解】
椭圆方程为，则，则短轴长是.
故答案为：
【点睛】
本题考查了椭圆的短轴长，属于简单题.
14．已知，且，则的最小值是______.
【答案】
【解析】变形得到，展开利用均值不等式得到答案.
【详解】
因为，所以.
因为，所以，当且仅当，时，等号成立
所以.
故答案为：
【点睛】
本题考查了利用均值不等式求最值，变换是解题的关键.
15．从某建筑物的正南方向的处测得该建筑物的顶部的仰角是，从该建筑物的北偏东的处测得该建筑物的顶部的仰角是，，之间的距离是35米，则该建筑物的高为______米.
【答案】
【解析】设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，，利用余弦定理求得的值.
【详解】
解：
设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，，，，则，即，解得.
【点睛】
本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.
16．已知抛物线：
，点在轴上，直线：
与抛物线交于，两点，若直线与直线的斜率互为相反数，则点的坐标是______.
【答案】
【解析】设出，线：
与抛物线交于，两点，即三点共线，，根据直线与直线的斜率互为相反数，，即可求出点坐标.
【详解】
考虑直线：
，即，
所以直线恒过定点，设，
直线：
与抛物线交于，两点，
即三点共线，，
，
，
化简得：
所以，
直线与直线的斜率互为相反数，
即恒成立
，则
所以
即点的坐标是
故答案为：
【点睛】
此题考查直线与抛物线的位置关系，关键在于合理使用点的坐标关系将题目所给条件转化为代数运算求解参数.
三、解答题
17．已知：
函数在区间上单调递增，：
关于的不等式的解集非空.
（1）当时，若为真命题，求的取值范围；
（2）当时，若为假命题是为真命题的充分不必要条件，求的取值范围.
【答案】
（1）；
（2）.
【解析】
（1）当时，，根据单调性得到，计算得到答案.
（2）为假命题，则；为真命题，则或；根据充分不必要条件得到范围大小关系得到答案.
【详解】
（1）当时，.因为为真命题，所以，即，
故的取值范围是.
（2）因为为假命题，所以，因为，所以.
记满足为假命题的的取值集合为.
因为为真命题，所以，解得或.
记满足为真命题的的取值集合为.
因为为假命题是为真命题的充分不必要条件
所以集合是集合的真子集，则.故的取值范围是.
【点睛】
本题考查了命题的真假判断，充分不必要条件，根据充分不必要条件得到范围的大小关系是解题的关键.
18．的内角，，的对边分别为，，，已知，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】
（1）；
（2）.
【解析】
（1）利用余弦定理得到，再根据整理得到
，计算得到答案.
（2）根据
（1）代入数据计算得到，，.，代入面积公式计算得到答案.
【详解】
（1）因为，所以.
所以，整理得.
又因为，所以.
（2）由
（1）可知，，又因为，
所以，.
所以.
【点睛】
本题考查了余弦定理和面积公式的应用，意在考查学生对于三角公式的灵活运用.
19．已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线C交于两点.
（1）若直线l的方程为，求的值；
（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且，求.
【答案】
（1）18；
（2）.
【解析】
（1）设出点的坐标联立直线与抛物线的方程，消去，由韦达定理可得，由抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等即可得结果.
（2）可设直线l的方程为，联立直线与抛物线的方程，消去，结合韦达定理以及可解出，，根据弦长公式即可得结果.
【详解】
（1）设，.
联立整理得，
则.
因为均在抛物线C上，所以.
（2）设，则直线l的方程为.
联立整理得，
则，，
且，即.
因为，所以点N为线段的中点，所以.
因为，所以，，
此时，，
故.
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线与抛物线相交时所得的弦长问题，注意抛物线性质的应用，属于中档题.
20．已知数列的前项和为，且，数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和.
【答案】
（1）；
（2）.
【解析】
（1）利用公式化简得到，再利用计算得到数列的通项公式.
（2）由
（1）可得，则，再利用错位相减法计算前项和.
【详解】
（1）因为，所以，
所以，即.
因为，，所以，所以.
故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，.
（2）由
（1）可得，则，
从而，①
，②
①-②得，
故.
【点睛】
本题考查了求通项公式，利用错位相减法计算前项和，意在考查学生对于数列公式的灵活运用.
21．如图，在四棱锥中，，，，，O为的中点.
（1）证明：
平面；
（2）若，，，求二面角的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
（1）取的中点F，连接，易得，，由线面垂直判定定理可得平面，进而，再将与线面垂直判定定理相结合即可得结果.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，可求出平面的一个法向量，取平面的一个法向量，根据图象结合即可得结果.
【详解】
（1）证明：
取的中点F，连接.
因为，F为的中点，所以.
因为O为中点，F为的中点，所以.
因为，所以，
因为，平面，平面，所以平面.
又平面，所以.
因为，O为的中点，所以.
因为，平面，平面，
所以平面.
（2）解：
以O为坐标原点，所在直线为x轴，平行的直线为y轴，所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵，
∴，∴，
则，，，，，
因为，所以，
故，.
设平面的法向量，则
不妨取，则
平面的一个法向量，记二面角的大小为，
由图可知为锐角，则.
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定，利用向量法求二面角的大小，求出面的法向量是解题的关键，属于中档题.
22．已知椭圆：
的焦距为，点在椭圆上，且的最小值是（为坐标原点）.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）已知动直线与圆：
相切，且与椭圆交于，两点.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
【解析】
（1）根据焦距和椭圆的几何意义即可求出椭圆标准方程；
（2）分别对斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，相切即圆心到直线距离等于半径，即向量的数量积为零，进行代数运算即可求解.
【详解】
（1）因为的最小值是，所以，
因为椭圆的焦距为，所以，即，
所以，
故椭圆的标准方程是；
（2）①当直线的斜率
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