河南省焦作市2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）.doc

1、河南省焦作市2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）1.已知集合，则集合子集的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出集合，再根据含有个元素的集合有个子集，计算可得.【详解】解：故集合含有个元素，则有个子集故选：【点睛】本题考查集合的子集，分式不等式的解法，属于基础题.2.设两条不重合的直线的方向向量分别为，则“存在正实数，使得是“两条直线平行”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】分析】根据充分条件、必要条件定义判断即可.【详解】解：依题意为两条不重合的直线的方向向量，若存

2、在正实数，使得，则，即可得到这两条直线平行，即充分性成立；若两直线平行，即，则存在实数，使得，不一定为正，当与同向时，当与反向时，故必要性不成立；故“存在正实数，使得”是“两条直线平行”的的充分不必要条件，故选：【点睛】本题考查充分条件、必要条件的理解与判定，属于基础题.3.记等差数列的前项和为，已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设等差数列的首项为公差为，由得到方程组，求出，再用求和公式计算可得.【详解】解：设等差数列的首项为公差为，由解得故选：【点睛】本题考查等差数列的通项公式及前项和公式的应用，属于基础题.4.执行如图所示的算法流程图，则输出的的值为（ ） A

3、. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据程序框图进行模拟运算即可【详解】解：，是，是，是，否，输出，故选：【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键属于基础题5.已知命题命题:对于第一象限内的角，若，则.有下列命题:;.其中真命题的序号为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先判断命题，的真假，再根据复合命题的真值表进行判断即可.【详解】解：，故命题为真命题；命题：对于第一象限内的角，若，则.显然是假命题，如，满足，但.根据复合命题的真假性可得：为真；为假；为假；为真.故选：【点睛】本题考查命题真假的判定以及复合命题的真假判断，属于

4、基础题.6.某公司有名员工，编号依次为，现采用系统抽样方法抽取一个容量为的样木，且随机抽得的编号为.若这名员工中编号为的在研发部.编号为的在销售部、编号为的在后勤部，则这三个部门被抽中的员工人数依次为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先计算出组距，再根据系统抽样的规则计算可得。【详解】解：依题意可得组距为，按照系统抽样随机抽得的编号为，则编号为，将入样，当时，解得，当时，解得，当时，解得，所以编号为的在研发部有人入样；编号为的在销售部有人入样；编号为的在后勤部有人入样；故选：【点睛】本题考查系统抽样的应用，属于基础题.7.雨数的部分图像为（ ）A. B. C. D. 【

5、答案】C【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性、对称性，再由特殊值利用排除法即可得解；【详解】解：定义域为，所以是偶函数，函数图象关于轴对称，故排除；又因为，故、排除；故选：【点睛】本题考查函数图象的识别，属于基础题.8.已知在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角.【详解】解：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，设异面直线和所成的角为，则故选：【点睛】本题考查利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.9.已知双曲线与圆恰好有个不同的公共点，是双曲线的右焦点，过点的

6、直线与圆切于点，则到左焦点的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由双曲线与圆的位置关系，求出，从而求出，再根据等体积法求出的坐标，最后利用两点的距离公式计算可得.【详解】解：因为双曲线与圆恰好有个不同的公共点，所以，因为过点的直线与圆切于点，所以过作轴于，则所以，即所以到左焦点的距离为故选：【点睛】本题考查双曲线的方程和性质、直线与圆锥曲线的位置关系，属于中档题.10.在中，是线段上靠近的三等分点，是线段的中点，与交于点若，则的值分别为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取的中点为，连接，可证是的中点，从而根据平面向量的线性运算计算可得.【详解】解

7、：取的中点为，连接，由已知得，所以，又因为是的中点，所以是的中点，所以所以，故选：【点睛】本题考查平面向量的线性运算，属于基础题.11.已知函数，若且.则函数的零点的取值集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，可得二次函数的对称轴为，即可求出，再由代入求出，再由，得到，分类讨论解得.详解】解：，且所以解得，又因为，所以所以由，所以当时，解得（舍去）；当时，解得或（舍去）故函数的零点为故选：【点睛】本题考查函数的性质和零点问题，属于中档题.12.已知椭圆的右焦点和坐标原点是某正方形的两个顶点，若该正方形至少有一个顶点在椭圆上，则椭圆的离心率不可能为（ ）A. B. C.

8、 D. 【答案】A【解析】【分析】依题意，如图所示，椭圆有，三种情况，不妨设，再分别计算可得.【详解】解：如图所示，椭圆有，三种情况，不妨设，则，对于，点在椭圆上，则，解得，由题知，所以，则，所以，故成立；对于，点在椭圆上，所以，故成立；对于，点在椭圆上，解得又，所以，故成立；故选：【点睛】本题考查椭圆的标准方程和简单几何性质，考查分类讨论思想，属于中档题.13.的值为_【答案】【解析】【分析】直接利用诱导公式及特殊角的三角函数值，计算可得.【详解】解：故答案为：【点睛】本题考查诱导公式及特殊角的三角函数值的应用，属于基础题.14.如图.将一个圆周进行等分，得到分点，先在从这个半径中任意取个，

9、若，则的概率为_【答案】【解析】【分析】首先求出使的角，即所对应的半径，再利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】解：或，则，所以满足条件的半径有共个故概率故答案为：【点睛】本题考查古典概型的概率公式的应用，属于基础题.15.已知函数.若在区间上恒成立.则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】首先解不等式，再由在区间上恒成立，即得到不等组，解得即可.【详解】解：且，即解得，即因为在区间上恒成立，解得即故答案为：【点睛】本题考查一元二次不等式及函数的综合问题，属于基础题.16.已知，若数列单调递减，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】分段数列在每一段上都单调递减，要使数列单调递减，等价于，

10、再求的最小值即可；【详解】解：，分段数列在每一段上都单调递减，所以单调递减，等价于当时，成立，当时，成立所以的最小值为故答案为：【点睛】本题考查函数的单调性以及指数函数和二次函数的性质，属于中档题.17.设函数，不等式的解集中恰有两个正整数.（1）求的解析式;（2）若，不等式在时恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由不等式的解集中恰有两个正整数，则解集包含和两个正整数，故解集为，即和为的根，即可求出参数的值，得到函数的解析式；（2）因为不等式在时恒成立，所以在上，成立，所以且解得即可.【详解】解：（1）由题可知，解得或，因为不等式的解集包含和两个正整数，故解集为

11、，所以的根为和由得所以. .（2）因不等式在时恒成立，所以在上，成立，所以且所以且解得.又所以所以实数的取值范围为【点睛】本题考查函数解析式，不等式恒成立问题，属于中档题.18.记数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式;（2）设，数列的前项和为，求满足的的最小值.【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）利用计算可得；（2）由（1）可得，即可得到，再解一元二次不等式即可；【详解】解：（1）因为，所以，所以因为，所以所以所以，易知，所以所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以（2）由（1）得所以，即又因，所以可得.所以满足的的最小值为.【点睛】本题考查数列的通项公式和前项和之间的关系以及

12、数列的性质，属于中档题.19.在中，角的对边分别为，已知（1）求的大小;（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；（2）由余弦定理及基本不等式求出的最大值，再根据面积公式计算可得.【详解】解：（1）由正弦定理及得所以又因为，所以（2）由余弦定理，得，即因为，所以当且仅当时，取得最大值.此时，的面积所以的面积的最大值为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，三角恒等变换的应用，属于中档题.20.如图，在平行六面体中，底面为菱形，和相交于点为的中点（1）求证：平面；（2）若在平面上的射影为的中点.求平面与平而所

13、成锐二面角的大小【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明即可得到线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角.【详解】解：（1）因为，所以相互平分，所以为和的中点又因为为的中点，所以为的中位线，所以又因为平面平面，所以平面（2）因为在平面上的射影为的中点，所以平面.又因四边形为菱形，所以，所以两两垂直，所以分别以射线为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系设.由四边形为菱形，得所以所以设平面的法向量为，则，即令则，所以易知平面的一个法向量为设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角为【点睛】本题考查空间线面关系的证明以及利用空间向量法求二面角

14、，属于基中档题.21.已知定点，动点为平面上的一个动点，且直线的斜率之积为（1）求动点的轨迹的方程;（2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的斜率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设因为直线的斜率之积为，即可得到方程，化简即可；（2）设，由已知设直线的方程为，联立直线与椭圆方程消元，列出韦达定理，由，所以，消去解得即可.【详解】解：（1）设因为直线的斜率之积为，所以化简得（2）设由已知设直线的方程为将代入得所以因为，所以所以消去，解得.所以直线的斜率为【点睛】本题考查椭圆的方程、性质以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题.22.如图，在平面直角坐标系中.抛物线与圆的一个交点为（1）求

15、抛物线及圆的方程;（2）设直线与圆相切于点，若，直线与抛物线交于两点，求面积的最大值.【答案】（1）抛物线的方程为，圆的方程为（2）【解析】【分析】（1）将代入抛物线方程，即可求出抛物线解析式，设圆的方程为代点计算可得；（2）由题易知直线的斜率，所以直线的方程为联立直线与抛物线方程，消元利用弦长公式表示出，利用二次函数的性质求出面积的最大值.【详解】解：（1）因为抛物线与圆的一个交点为所以，所以，即抛物线的方程为设圆的方程为，所以所以，即圆的方程为（2）由题易知直线的斜率所以直线的方程为，即由与联立消去，得则设所以所以因为，所以所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为【点睛】本题考查圆锥曲线的方程以及直线与圆锥曲线的位置关系，属于难题.