贵州省兴义市第八中学2020学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）

PAGE贵州省兴义市第八中学2020学年高二数学上学期期中试题理（含解析）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，则“”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 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 】A【解析】,,因为,所以“”是“”的充分不必要条件,选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．2.已知两直线、和平面，若，，则直线、的关系一定成立的是（）A.与是异面直线B.C.与是相交直线D．【答案】B【解析】当一条直线垂直于一个平面，则此直线垂直于这个平面内的所有直线。故答案选3.若圆的圆心到直线的距离为，则的值为（）A.或B.或C.或D.或【答案】C【解析】圆，化成 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程为，圆心到直线的距离，解得或，故选．4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积是（）A.90B.92C.98D.104【答案】B【解析】又三视图知几何体为一四棱柱，且四棱柱的高为底面为直角梯形，直角梯形的直角腰为，两边底边长分别为，另一腰长为几何体的表面积故答案选5.椭圆上的一点到左焦点的距离为2，是的中点，则为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据椭圆定义，为的中点，则为的中位线，所以，故选择B.6.已知四棱锥中，，，，则点到底面的距离为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】设是平面的一个法向量，则由题设，即，即，由于，所以，故点到平面ABCD的距离，应选答案D。7.已知 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数，则下列说法不正确的为（）A.函数的最小正周期为B.在单调递减C.的图象关于直线对称D.将的图象向右平移，再向下平移个单位长度后会得到一个奇函数的图象【答案】D【解析】∵∴函数的最小正周期，A错误；的最大值为：，B错误；由，解得的图象的对称轴为：，故C错误；将的图象向右平移，得到图象，再向下平移个单位长度后会得到的图象，而是奇函数．故正确．故选：D．8.在中，，，是的中点，，则等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】设，则选B.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.9.已知，命题函数是的增函数，命题：的值域为，且是假命题，是真命题，则实数的范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】真，增函数真，则可以取遍所有正值又是假命题，是真命题，则、一真一假：真假时，，或，解得假真时，，解得综上得或故答案选点睛：遇到或、且的问题时，分别解出两个命题为真命题时变量的取值范围，再分类谈论一真一假时，得到不等式组，从而求出结果。10.如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，，，且点到平面的距离为2，则该多面体的体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】思路解析:分别取AB、CD的中点G、H连EG,GH,EH,把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱,可求得四棱锥的体积为3,三棱柱的体积,进而整个多面体的体积为.11.在四棱锥中，平面，底面为矩形，，若边上有且只有一个点，使得，则此时二面角的余弦值（）A.B.C.D.【答案】A【解析】因为在四棱锥中，平面，底面为矩形，由边上有且只有一个点，使得，可得边上有且只有一个点，使得，则以为直径的圆与直线相切，设中点为，则，可得平面，作于，连接，则是二面角的平面角，设,则，直角三角形中，可得，，二面角的余弦值为，故选A.12.设、分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交椭圆于、两点，若，且，则椭圆的离心率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】设，再由是等腰直角三角形，故选D,【点睛】本题考查椭圆的定义及其方程、椭圆的简单几何性质，涉及数形结合思想、函数与方程思想和转化化归思想，以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合程度高，属于较难题型.设，进而求得，代入是等腰直角三角形，从而求得离心率.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.命题：，命题：，若且为真，则的取值范围是__________．【答案】【解析】且为真，即假真而为真命题时，即所以假时有或为真命题时，由，解得或由得或或所以的取值范围为14.等差数列中，，，等比数列中，，，则等于__________．【答案】【解析】解析：等差数列中，等比数列中，，，解得故答案为点睛：在等差数列中等差中项性质：，以及等比数列的等比中项的性质:，利用这些性质，可以简化计算过程。15.在平行六面体中，，且所有棱长均为2，则对角线的长为__________．【答案】【解析】解析：故对角线的长为16.在三棱锥中，，，两两互相垂直，且，，则的取值范围是__________．【答案】【解析】解：如图所示，问题等价于长方体中，棱长分别为，且：，求的取值范围.转化为：，据此可得：，即的取值范围是.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知是等差数列，满足，…，，数列满足，，且为等比数列．（1）求数列和的通项 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 ；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；；（2）【解析】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列前n项和。试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意得d===3．∴an=a1+（n﹣1）d=3n设等比数列{bn﹣an}的公比为q，则q3===8，∴q=2，∴bn﹣an=（b1﹣a1）qn﹣1=2n﹣1，∴bn=3n+2n﹣1（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=3n+2n﹣1，∵数列{3n}的前n项和为n（n+1），数列{2n﹣1}的前n项和为1×=2n﹣1，∴数列{bn}的前n项和为；考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和。18.如图，为正三角形，平面，，且，是的中点.求证：（1）平面；（2）平面．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】19.已知动点与平面上两定点，连线的斜率的积为定值．（1）试求动点的轨迹方程；（2）设直线：与曲线交于，两点，当时，求直线的方程．【答案】（1）（）；（2）或【解析】(1)设点P的坐标，然后根据,坐标化化简后可得动点P的轨迹方程，要注意点P不在x轴上.20.如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，，，．　（1）求证：平面平面；（2）设为上的一点，满足，若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（I）由直角三角形可得，由线面垂直的性质可得，从而可得平面进而可得结论；（II）以点为坐标原点，分别轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：（I）由，可得，又从而，底面，，平面所以平面平面.（II）由（I）可知为与底面所成角.所以，所以又及，可得,以点为坐标原点，分别轴建立空间直角坐标系，则.设平面的法向量.则由得取同理平面的法向量为所以又二面角为锐角.所以二面角余弦值为.【方法点晴】本题主要考查利用空间垂直关系以及空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.21.已知函数，．（1）若对任意，都有成立，求实数的取值范围；（2）若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围．【答案】（1）;（2）【解析】试题分析：（1）由题设知：，即可转化为研究函数最值即可.（2）由题设知，即可转化为研究函数最值即可．试题解析：（1）由题设知：，∵在上递减，在上递增，∴又∵在上递减，∴∴有，的范围为（2）由题设知，∴有，即，∴的范围为22.已知，直线：，椭圆：，、分别为椭圆的左、右焦点．（1）当直线过右焦点时，求直线的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，，的重心分别为，，若原点在以线段为直径的圆内，求实数的取值范围．【答案】（1）;（2）.....................试题解析：（1）解：因为直线经过，所以,得，又因为，所以，故直线的方程为（Ⅱ）解：设．由，消去得则由，知由于，故为的中点，由，可知设是的中点，则，由题意可知即，即而所以，即．又因为且，所以．所以的取值范围是考点：1．椭圆方程与性质；2．直线与椭圆相交的综合问题