黑龙江省牡丹江市第三高级中学2020学年高二数学上学期期中试题（含解析）

PAGE2020学年度第一学期期中 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 数学学科试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分）1.已知全集，集合，，则（）A.B.C.D.【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】C【解析】【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】由题意，全集，根据集合，，求得，再根据补集的运算，即可求解.【详解】由题意，全集，集合，，则或，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算问题，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.已知,,且,则等于()A.1B.－1C.9D.－9【答案】B【解析】【分析】根据向量的垂直的性质，利用向量的数量积等于零，即可求解.【详解】由题意，向量,,因为,所以，解得，故选B.【点睛】本题主要考查了向量的垂直的性质和向量的数量积的运算问题，其中解答中熟向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意，椭圆的长轴长是短轴长的倍，即，再根据椭圆的离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，椭圆的长轴长是短轴长的倍，即，则椭圆的离心率为，故选B.【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的几何性质，合理应用的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.双曲线的渐近线方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用双曲线方程直接求解双曲线的渐近线方程即可．【详解】双曲线的渐近线方程为：y=±x．故选：D．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法，是基础题．5.下列说法错误的是（）A.“”是“”的充分不必要条件；B.如果命题“”与命题“p或q”都是真命题，那么命题一定是真命题．C.若命题p：，则；D.命题“若，则”的否命题是：“若，则”【答案】A【解析】【分析】对于A中，“”是“”的必要不充分条件；对于B中，根据简单的复合命题的真假关系，可得是正确的；对于C中，根据全称命题与存在性命题的关系，可得是正确额的；对于D中，根据命题的否命题的定义，可得是正确；【详解】对于A中，“”是“”的必要不充分条件，所以不正确；对于B中，如果命题“”与命题“或”都是真命题，可得是假命题，一定是真命题，所以是正确的；对于C中，若命题，，根据全称命题与存在性命题的关系，可得是正确的；对于D中，根据命题的否命题的定义，可知命题“若，则”的否命题是：“若，则”是正确；故选A.【点睛】本题主要考查了命题的真假判定问题，其中解答中熟记充要条件的判定方法、复合命题的真假判定、全称命题与存在性命题的关系，以及否命题的概念是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.6.要得到的图像,需要将函数的图像()A.向右平移个单位B.向右平移个单位C.向左平移个单位D.向左平移个单位【答案】A【解析】【分析】由题意，将函数的图像向右平移个单位，得，得到答案.【详解】由题意，将函数的图像向右平移个单位，得，所以只需将函数的图象向右平移个单位，即可得到，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，其中解答中熟记三角函数的图象变换的规则是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7.已知P是椭圆上一点，F1、F2是焦点，∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积()A.10B.12C.14D.16【答案】D【解析】【分析】设，在中，由勾股定理可得，利用椭圆的定义得，即，联立解答即可.【详解】由椭圆，可得，所以，所以，在中，由勾股定理可得，又，所以，联立，解得，所以的面积，故选D.【点睛】本题主要考查了椭圆的 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方程，以及简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程，及其简单的几何性质的应用，同时椭圆的定义的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力.8.等差数列的前10项和为30,前20项和为100,则它的前30项和是A.210B.170C.130D.260【答案】A【解析】【分析】由等差数列的前n项和的性质，成等差数列，即可得出.【详解】由等差数列的前n项和的性质，成等差数列，所以，解得，故选A.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和及其性质，其中熟记等差数列通项公式和前n项的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由几何体的三视图可知，该三棱锥的底面是等腰直角三角形，高为2的三棱锥，利用体积公式，即可求解.【详解】由题意，根据几何体的三视图可知该三棱锥表示底面为等腰直角三角形，高为2的三棱锥，所以其体积为，故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图及组合体的表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.10.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用指数函数，对数函数的单调性，直接求解即可.【详解】由题意，可得，，，即，，，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了指数幂与对数式的比较大小问题，其中熟记指数函数与对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11.过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，如果，则()A.9B.6C.7D.8【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的方程，算出焦点为，准线方程为，利用抛物线的定义求得弦长，即可求解.【详解】由题意，抛物线的方程为，可得，所以抛物线的焦点为，准线方程为，根据抛物线的定义，可得，所以，又因为过抛物线的焦点，且，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义的应用，以及抛物线的焦点弦问题，其中解答中熟记抛物线的定义，合理利用焦点弦的性质求解是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.12.已知，则函数的最大值是A.1B.2C.3D.【答案】A【解析】【分析】由题意，，则，利用基本不等式，即可求解.【详解】由题意，，则，则，当且仅当，即时等号成立，所以函数的最大值为1，故选A.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最大值问题，其中解答中根据题设条件，合理构造基本不等式的使用条件，利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.极坐标方程化为直角坐标方程为___________【答案】【解析】【分析】由题意，根据极坐标与直角坐标的互化公式，代入即可求解.【详解】由题意，根据极坐标与直角坐标的互化公式，则，所以.【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，其中解答中熟记极坐标与直角坐标的互化公式，合理化简、运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14.直线过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线一般式方程：___________【答案】或【解析】【分析】根据题意，根据在坐标轴上的截距相等，分类讨论，即可求解所求直线的方程.【详解】由题意，当直线过原点时，此时所求直线的斜率为，所以所求直线的方程为，即；当直线不过原点时，设直线的方程为，又由直线过点，代入得，即直线的方程为，所以直线过点，且在两坐标轴上的截距相等方程为或.【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，其中解答中根据直线在坐标轴上的截距相等，分类讨论求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于基础题.15.椭圆上的点到直线的最大距离是_______【答案】【解析】【分析】设与平行且与椭圆相切的直线方程为，联立直线方程和椭圆方程，由判别式等于0求得c的值，把椭圆上的点到直线的最大距离转化为与椭圆的相切的的直线和其平行线间的距离.【详解】设直线与椭圆相切．由消去x整理得.由得.当时符合题意(舍去)．即x+2y+=0与椭圆相切,椭圆上的点到直线的最大距离即为两条平行线之间的距离:【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查了直线和椭圆的关系，体现了数学转化思想方法，解答本题的关键是理解椭圆上的点到直线的最大距离，与这条直线和它平行且与椭圆的相切的直线间的距离的关系.16.在极坐标中，已知圆经过点，圆心为直线与极轴的交点，求圆的极坐标方程．【答案】解：∵圆圆心为直线与极轴的交点，∴在中令，得。∴圆的圆心坐标为（1，0）。∵圆经过点，∴圆的半径为。∴圆经过极点。∴圆的极坐标方程为。【考点】直线和圆的极坐标方程。【解析】根据圆圆心为直线与极轴的交点求出的圆心坐标；根据圆经过点求出圆的半径。从而得到圆的极坐标方程解：∵圆圆心为直线与极轴的交点，∴在中令，得。∴圆的圆心坐标为（1，0）。∵圆经过点，∴圆的半径为。∴圆经过极点。∴圆的极坐标方程为。三、解答题（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤）．17.在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴，与直角坐标系xOy取相同的长度单位，建立极坐标系．设曲线C的参数方程为(θ为参数)，直线l的极坐标方程为ρcos＝2.(1)写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)求曲线C上的点到直线l的最大距离．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用两角差的余弦公式及极坐标与直角坐标的互化公式可得直线l的普通方程；利用同角三角函数的基本关系，消去θ可得曲线C的普通方程．（2）由点到直线的距离公式、两角和的正弦公式，及正弦函数的有界性求得点P到直线l的距离的最大值．试题解析：⑴由得，∴由得⑵在上任取一点，则点到直线的距离为≤．7分∴当－1，即时，.10分考点：1.极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，2.点到直线距离公式.18.设是公比为正数的等比数列,,(1)求的通项公式;(2)设是首项为1,公差为2的等差数列,求数列的前项和【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据等比数列的通项公式得到：，解得二次方程可得到或(舍去)，进而得到数列的通项；（2）已知数列的类型是等差数列与等比数列求和的问题，根据等差等比数列求和公式得到结果即可.【详解】解:(1)设为等比数列的公比,则由,得:即,解得:或(舍去)所以的通项公式为(2)由等差数列的通项公式得到：由等差数列求和公式和等比数列前n项和公式得到【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。19.在中，角A,B,C的对边分别为且.（1）若，且<，求的值．（2）求的面积的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，解得，又由且，联立方程组，即可求解，（2）由余弦定理，又由，求得，即可求解面积的最大值.【详解】（1）由余弦定理可得，即，解得，又由，且，联立方程组，解得.（2）由余弦定理，得因为，所以，又因为，所以三角形的面积为，此时.【点睛】本题主要考查了余弦定理、基本不等式的应用，其中解答中合理利用余弦定理，得到的关系，再利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.20.如图，四棱锥中，底面为平行四边形.底面.（I）证明：（II）设，求棱锥的高.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）的高为。【解析】本试题主要是考查了立体几何中线线的垂直和棱锥的高的综合运用。（1）根据余弦定理先求解BD，然后利用线线垂直得到BD垂直于AD，然后利用PD垂直于底面ABCD，可得BD垂直于PD（2）过D作DE⊥PB于E，由（I）知BC⊥BD,又PD⊥底面ABCD，所以BC⊥平面PBD，而DE平面PBD，故DE⊥BC,所以DE⊥平面PBC,进而得到棱锥的高。解：（Ⅰ）因为,由余弦定理得从而BD2+AD2=AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）过D作DE⊥PB于E，由（I）知BC⊥BD,又PD⊥底面，所以BC⊥平面PBD，而DE平面PBD，故DE⊥BC,所以DE⊥平面PBC由题设知PD=1，则BD=,PB=2，由DE﹒PB=PD﹒BD得DE=,即棱锥的高为21.平面直角坐标系中O为坐标原点，过点.，且斜率为的直线交抛物线于两点.(1)写出直线的方程；（2）求与的值；（3）求证:.【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）由题意，直线过点，且斜率为，由直线的点斜式方程，即可求解；（2）由（1）及消去代入得，求得则，在代入抛物线的方程，即可求得.（3）证明：设的斜率分别为，则，得到，解得得到结论.【详解】（1）直线过点，且斜率为，由直线的点斜式方程，可得，即直线的方程为.(k≠0)（2）设，又由（1）及消去代入得，则，又由得到，又由，所以.（3）证明：设的斜率分别为，则，两式相乘得，所以.【点睛】本题主要考查了直线方程的求解，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中把直线的方程代入抛物线的方程合理利用韦达定理，求得的值和是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及分析问题和解答问题的能力.22.在直角坐标中，圆，圆。(Ⅰ)在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆的极坐标方程，并求出圆的交点坐标(用极坐标表示)；(Ⅱ)求圆的公共弦的参数方程。【答案】（1）（2）,.【解析】试题分析：（1）利用进行互化即可；（2）由两圆的公共点求出公共弦的普通方程，再利用直线的点与倾斜角得到参数方程．解题思路:曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程的互化，往往要利用或合理选参进行求解．试题解析：（1）根据公式：圆C1、C2的极坐标方程分别为：，联立：解得：∴圆C1与圆C2的交点极坐标分别为：（2）把（1）中两圆交点极坐标化为直角坐标，得：∴此两圆公共弦的普通方程为：∴此弦所在直线过（1，0）点，倾斜角为90°∴所求两圆的公共弦的参数方程为：考点：1．曲线的参数方程、极坐标方程、普通方程的互化；2．两圆的公共弦．