广东省中山市学年高二上学期期末数学试题解析版.docx
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广东省中山市学年高二上学期期末数学试题解析版
中山市2019-2020年高二级期末数学试卷
1.“”是“”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】C
【解析】
先考虑充分性,当x>0时，，当且仅当x=1时取等.所以充分条件成立.
再考虑必要性，当时，如果x>0时，成立，当x=1时取等.当x<0时，不等式不成立.所以x>0.
故选C.
2.在等差数列中，若的值是（）
A.15B.16C.17D.18
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知直接利用等差数列的性质求解．
【详解】在等差数列{an}中，由a1+a2+a3=3，
得3a2=3，即a2=1，
又a5=9，
∴a8=2a5-a2=18-1=17．
故选C．
【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，是基础题．
3.如图在一个的二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，，，则的长为（）.
A.2B.3C.D.4
【答案】B
【解析】
分析】
由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求．
【详解】解：
，
，
，，
，，
．
，
，
故选：
．
【点睛】本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
4.已知等比数列的各项均为正数，前项和为，若，则
AB.C.D.
【答案】C
【解析】
由得，，解得，从而，故选C.
5.《几何原本》卷2的几何代数法（用几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”.现有如下图形：
是半圆的直径，点在半圆周上，于点，设，，直接通过比较线段与线段的长度可以完成的“无字证明”为（）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
是半圆的半径，为圆的直径，，由射影定理可知，，在中，，，当与重合时，，所以，故选D.
6.已知点是双曲线（，）的右支上一点，是右焦点，若（是坐标原点）是等边三角形，则该双曲线的离心率为
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用（是坐标原点）是等边三角形求出坐标，代入双曲线方程，可得关系，然后求解离心率即可.
【详解】因为（是坐标原点）是等边三角形，
所以由三角函数定义,得点A（ccos,csin）,即A（c,c），
代入双曲线方程，
可得 b2c2−3a2c2=4a2b2,又c2=a2+b2,得e2=4+2,e=+1，故选D.
【点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题，关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，从而可解决问题，其中，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
7.如图，为了测量某湿地两点之间的距离，观察者找到在同一条直线上的三点.从点测得，从点测得，，从点测得.若测得，（单位：
百米），则两点之间的距离为（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】
在中根据三角形内角和为可求得，从而得到；在中利用正弦定理可求得；在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】在中，，，则
在中，，，则
由正弦定理得：
在中，，，
由余弦定理得：
故选：
【点睛】本题考查解三角形的实际应用中的距离类问题的求解，涉及到正弦定理、余弦定理的应用；关键是能够将所求长度放到三角形中，通过求解三角形中的边长和角度，通过余弦定理求得结果.
8.设动点到点和的距离分别为和，，且存在常数，使得，则动点的轨迹的方程为（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先利用余弦定理找出边角关系，再根据和的关系求出曲线方程.
【详解】由题知在中，，
根据余弦定理有，
整理有，
即，
故点的是以，为焦点的双曲线，且，
又因为，
所以，
所以双曲线中，，，
故双曲线方程为.
故选：
A.
【点睛】本题主要考查了求点的轨迹方程，双曲线的定义，余弦定理，属于基础题.
9.若，则下列结论中正确的是（）
A.B.C.D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】
首先根据求出，关系，再根据，关系判断选项是否正确.
【详解】由题知，
所以，
对于A选项，由于在上单调递减，
所以当时，可以得到，故A正确，
对于B选项，因为，不等式两边同乘负数得，
故B正确，
对于C选项，因为，所以，
故C错误，
对于D选项，由于在上单调递增，
所以当时，可以得到，故D正确，
故选：
ABD.
【点睛】本题主要考查了根据函数单调性判断函数值的大小，不等式的基本性质，属于基础题.
10.在中，角所对的边的长分别为，则满足下面条件的三角形一定为直角三角形的是（）
A.B.
C.D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据选项的边角关系，结合正弦定理，判断选项是否为直角三角形.
【详解】对于A选项，，
利用正弦定理角化边有，
整理得，
有，
因为，所以，
故选项A正确，
对于B选项，可知当三角形为等边三角形时，等式同样成立，
故选项B错误，
对于C选项，，根据半角公式有，
，
整理得，
故选项C正确，
对于D选项，，
因为在任意的三角形中都有，
所以两式相加可得，
整理得，
故选项D正确.
故选：
ACD.
【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，属于基础题.
11.已知点和点，直线，的斜率乘积为常数，设点的轨迹为，下列说法正确的是（）
A.存在非零常数，使上所有点到两点，距离之和为定值
B.存在非零常数，使上所有点到两点，距离之和为定值
C.不存在非零常数，使上所有点到两点，距离之差的绝对值为定值
D.不存在非零常数，使上所有点到两点，距离之差的绝对值为定值
【答案】BD
【解析】
【分析】
首先求出点的轨迹方程，然后分类讨论，即可判断出选项是否正确.
【详解】设点坐标，
因为直线，的斜率乘积为常数，
所以，
可知当，轨迹圆，
当，轨迹为椭圆，
当，轨迹为双曲线，且焦点在轴上，
对于A选项，点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且焦点的距离为，
由轨迹方程知，椭圆的长轴长为，长轴长小于焦距，这样的椭圆不存在，
故A错误，
对于B选项，点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且焦点的距离为，
由轨迹方程知，椭圆的长轴长为，短轴长为，
有，故B正确，
对于C选项，点的轨迹为焦点在轴上的双曲线，且焦点的距离为，
由轨迹方程知，双曲线的实轴长为，虚轴长为，
有，故C错误，
对于D选项，点的轨迹为焦点在轴上的双曲线，
但题中轨迹方程焦点在轴上，故满足条件的非零常数不存在，
故D正确.
故选：
BD.
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，双曲线的定义，点的轨迹方程，属于一般题.
12.意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：
，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（）
A.B.
C.D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.
【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，
所以，
，
，
类似的有，，
累加得，
由题知，
故选项A正确，
对于B选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项B正确，
对于C选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项C错误，
对于D选项，可知扇形面积，
故，
故选项D正确，
故选：
ABD.
【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.
13.命题:
，是__________（填“全称命题”或“特称命题”），它是_________命题（填“真”或“假”）.
【答案】
（1）.特称命题
（2）.假
【解析】
【分析】
根据题中命题判断命题类型，再根据命题是否成立判断命题的真假.
【详解】由题知命题:
，中条件为，
故命题为特称命题，
又因为方程中，
故方程没有根，所以命题为假命题.
故答案为：
特称命题；假.
【点睛】本题主要考查了特称命题的判断，命题真假的判断，属于基础题.
14.已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，有，则x＝________.
【答案】
【解析】
【分析】
四点共面的向量表示的条件是三个向量的系数和为1，即可求出x的值.
【详解】已知且M，A，B，C四点共面，
则，解得x=
【点睛】本题考查了空间向量的共面问题，向量共面定理的推论：
对空间内任一点P与不共线的三点A,B,C共面的充要条件是，存在唯一的有序数组{x,y,z}，使得,且x+y+z=1，其中O为空间内任一点.
15.已知直线经过抛物线的焦点，与交于两点，若，则的值为__________．
【答案】
【解析】
：
由得设则又直线经过抛物线的焦点
解得
又|
即答案为.
16.若数列满足：
，若数列的前99项之和为，则__________．
【答案】
【解析】
分析：
知道数列的前99项之和为，故要求，可先求数列的前100项之和.由条件可得，，，以上式子相加可求得，再根据即可求得结果．
详解：
由可得
以上各式相加可得．
因为数列的前99项之和为，所以．
点睛：
（1）知道数列的前项之和,求．注意与之间的关系
（2）数列求和问题，注意求和的方法有：
裂项抵消、错位相减法、倒序相加、公式法．
17.如图，是直角斜边上一点，，记,.
（1）证明；
（2）若，求的值.
【答案】
（1）根据两角和差的公式，以及诱导公式来得到证明．
（2）
【解析】
试题分析：
（1）由题意得，即可化简得证；
（2）在中，由正弦定理得，在由
（1）中，可求得方程，即可求解角的值.
试题解析：
（1）如图：
∵，∴，
即.
（2）在中，由正弦定理得
，∴
由
（1）得，∴，
即，解得或
∵，∴，所以.
考点：
正弦定理；三角恒等变换.
18.两城市和相距，现计划在两城市外以为直径的半圆上选择一点建造垃圾处理场，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，对城和城的总影响度为城和城的影响度之和，记点到城的距离为，建在处的垃圾处理场对城和城的总影响度为，统计调查表明：
垃圾处理场对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为4，对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为，当垃圾处理场建在的中点时，对城和城的总影响度为0.065；
（1）将表示成的函数；
（2）判断上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理场对城和城的总影响度最小?
若存在，求出该点到城的距离；若不存在，说明理由；
【答案】
（1）；
（2）存在，该点到城市A的距离时，总影响度最小；
【解析】
【分析】
（1）根据“垃圾处理场对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为4，对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为”，建立函数模型：
，再根据当时，，求得即可.
（2）总影响度最小，即为：
求的最小值时的状态，令，将函数转化为：
，再用基本不等式求解.
【详解】
（1）由题意得，
又当时，，
，.
（2），
令，则，
当且仅当，即时，等号成立，
弧上存在一点，使建在此处的垃圾处理场对城和城
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