贵州省铜仁市第一中学2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）（通用）

1、贵州省铜仁第一中学2020学年度第一学期高二数学期末考试（理科）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. 命题“，使得”的否定形式是()A. ，使得 B. ，使得C. ，使得 D. ，使得【答案】D【解析】试题分析：的否定是，的否定是，的否定是故选D【考点】全称命题与特称命题的否定【方法点睛】全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题对含有存在（全称）量词的命题进行否定需要两步操作： 将存在（全称）量词改成全称（存在）量词；将结论加以否定 2. 已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图和图所示.为了解该地区中小学生的近

2、视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为()A. 200, 20 B. 100, 20 C. 200, 10 D. 100, 10【答案】A【解析】试题分析：样本容量为，抽取的高中生近视人数，选A.考点：分层抽样3. “sin cos ”是“cos 20”的()A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由“”是“”的充分不必要条件故选4. 方程(x2y24)0的曲线形状是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】由可得： 或它表示直线和圆在直线右上方的部分故选5. 如图所示，在

3、平行六面体中，为与的交点。若，则下列向量中与相等的向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：根据向量加法的运算法则：三角形法则、平行四边形法则，可以得到：考点：空间向量的表示；6. 如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】设正方形边长为，则圆的半径为，正方形的面积为，圆的面积为.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概率是，选B.点睛:

4、对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A区域的几何度量，最后计算.7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. B. C. 2 D. 2【答案】A【解析】由三视图可知：原几何体左侧是三棱锥，右侧是半个圆柱故选8. 阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,如果输入某个正整数n后,输出的S（10,20），那么n的值为()A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】试题分析：由程序框图，得，所以；故选B考点：程序框图9. 直线ykxk1与椭圆的位置关系为()A. 相交 B. 相切 C.

5、相离 D. 不确定【答案】A【解析】试题分析：直线过定点，该点在椭圆内部，因此直线与椭圆相交考点：直线与椭圆的位置关系10. 直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则.考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.视频11. 若双曲线1的一条渐近线被圆(x2)2y24所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为()A

6、. 1 B. 2 C. 3 D. 6【答案】B【解析】双曲线的渐近线方程为，即圆的圆心为，半径为如图所示：由圆的弦长公式得到弦心距圆心到双曲线的渐近线的距离该双曲线的实轴长为故选点睛：本题考查的是双曲线的渐近线及点到直线的距离公式。首先求出双曲线的渐近线方程为，因为渐近线被圆所截得的弦长为，再利用弦长公式求出弦心距，利用点到直线的距离公式可求得圆心到双曲线的渐近线的距离即弦心距，进而求解即可。12. 已知椭圆C：的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C的离心率为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】以线段为直径的圆的圆心为坐标原点，半径为，圆的方程为，直

7、线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，整理可得，即即，从而，则椭圆的离心率，故选A.第卷二.填空题：(本大题共4小题，每小题5分,共20分)13. 若“x，tan xm”是真命题，则实数m的最小值为_【答案】1【解析】，是真命题，可得，实数的最小值为14. 若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为_【答案】 【解析】甲乙都未被录用的概率为甲或乙被录用的概率为15. 已知ABC的顶点A(5,0)，B(5,0)，ABC的内切圆圆心在直线x3上，则顶点C的轨迹方程是_【答案】 【解析】试题分析：根据图可得：|CA|CB|为定值，利用

8、根据双曲线定义，所求轨迹是以A、B为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，从而写出其方程即得解：如图，ABC与圆的切点分别为E、F、G，则有|AE|=|AG|=8，|BF|=|BG|=2，|CE|=|CF|，所以|CA|CB|=82=6根据双曲线定义，所求轨迹是以A、B为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，方程为=1（x3）故答案为：=1（x3）考点：轨迹方程16. 已知是抛物线 的焦点，是上一点，的延长线交轴于点若为的中点，则_【答案】6【解析】抛物线 的焦点，设，为的中点，在抛物线 上，即点睛：分析题意，回想抛物线的简单性质，求出的坐标是解题的关键。先根据抛物线的性质得到的坐标，设，根据中点坐标公式

9、表示出的坐标，将代入抛物线解析式求出的值，确定点坐标，最后根据两点距离公式计算即可。三、解答题：（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）17. 设：方程有两个不等的负根，：方程无实根，若p或q为真，p且q为假，求的取值范围【答案】【解析】试题分析：首先由一元二次方程根的情况得到系数满足的条件，即关于m的不等式，解不等式分别得到命题p，q中对应的m的范围，由命题p或q为真命题，命题p且q为假命题得到两命题一真一假，进而分情况求解m的范围试题解析：若命题p为真，则方程有两个不等的负实根，从而，解得若命题q为真，则方程 无实根，从而，解得命题p或q为真命题，命题p且q为假命题中有且仅有

10、一个是真命题解得或实数m的取值范围是考点：1一元二次方程的根；2复合命题18. 如图所示，M，N，K分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点求证：(1)AN平面A1MK；(2)平面A1B1C平面A1MK.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】试题分析：要证明平面，只需要证明平行于平面内的一条直线，容易证明，从而得到证明；要证明平面，只需要证明平面内的直线垂直于平面即可，而容易证明，从而问题得到解决；解析：证明(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCDA1B1C1D1中，四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，AA1DD1，AA1DD1，C1D1CD，C1D1CD

11、.2分N，K分别为CD，C1D1的中点，DND1K，DND1K，四边形DD1KN为平行四边形KNDD1，KNDD1，AA1KN，AA1KN. 四边形AA1KN为平行四边形ANA1K.A1K平面A1MK，AN平面A1MK，AN平面A1MK.(2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，ABC1D1，ABC1D1.M，K分别为AB，C1D1的中点，BMC1K，BMC1K.四边形BC1KM为平行四边形MKBC1. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，A1B1BC1.MKBC1，A1B1MK.四边形BB1C1C为正方形，BC1B1C.

12、MKB1C.A1B1平面A1B1C，B1C平面A1B1C，A1B1B1CB1，MK平面A1B1C.又MK平面A1MK，平面A1B1C平面A1MK.19. 铜仁市某工厂有25周岁以上(含25周岁)工人300名，25周岁以下工人200名.为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上(含25周岁)”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：50,60)，60,70)，70,80)，80,90)，90,100分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.(1)从样本中日平均生

13、产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工人的概率；(2)规定日平均生产件数不少于80件者为“生产能手”，请你根据已知条件完成22列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”？K2【答案】(1) (2) 1.786【解析】试题分析：根据分层抽样原理，组合频率分布直方图，求出每组应抽取的人数；据列联表，代入求临界值的公式，求出观测值，利用观测值同临界值表进行比较即可。解析：(1)由已知得，样本中有25周岁以上组工人60名，25周岁以下组工人40名.所以，样本中日平均生产件数不足60件的工人中，25周岁以上组工人有600.053(人)，记为A

14、1，A2，A3；25周岁以下组工人有400.052(人)，记为B1，B2.从中随机抽取2名工人，所有的可能结果共有10种，它们是(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2).其中，至少有1名“25周岁以下组”工人的可能结果共有7种，它们是(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2).故所求的概率P.(2)由频率分布直方图可知，在抽取的100名工人中，“25周岁以上组”中的生产能手有600.2515(人)，“25周岁以

15、下组”中的生产能手有400.37515(人)，据此可得22列联表如下：生产能手非生产能手合计25周岁以上组15456025周岁以下组152540合计3070100所以得K2 1.786.20. 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEDC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABP的余弦值【答案】(1)见解析(2) (3) 【解析】试题分析：（I）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据，可得BEDC；（II）求出平面

16、PBD的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（）根据BFAC，求出向量的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F-AB-P的余弦值试题解析：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图所示），可得B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）C由E为棱PC的中点，得E（1，1，1）（1）证明：向量（0，1，1），（2，0，0），故0，所以BEDC. （2）向量（1，2，0），（1，0，2）设n（x，y，z）为平面PBD的法向量，则 不妨令y1，可得n（2，1，1）为平面PBD的一个法向量于是有

17、，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.（3） 向量（1，2，0），（2，2，2），（2，2，0），（1，0，0）由点F在棱PC上，设，01.故（12，22，2）由BFAC，得0，因此2（12）2（22）0，解得，即.设n1（x，y，z）为平面FAB的法向量，即不妨令z1，可得n1（0，3，1）为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n2（0，1，0），则cosn1，n2.易知二面角F AB P是锐角，所以其余弦值为.方法二：（1）证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EMDC.又由已知，可得EMAB且EMAB，故四边形ABEM为

18、平行四边形，所以BEAM.因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD.因为AM平面PAD，所以CDAM.又BEAM，所以BECD.（2）连接BM，由（1）有CD平面PAD，得CDPD.而EMCD，故PDEM.又因为ADAP，M为PD的中点，所以PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD，所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BEEM，可得EBM为锐角，故EBM为直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD2，而M为PD中点，可得AM，进而BE.故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此sinEBM，所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.（

19、3）如图所示，在PAC中，过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD，所以FH底面ABCD，从而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD内，可得CH3HA，从而CF3FP.在平面PDC内，作FGDC交PD于点G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F，G四点共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG，所以PAG为二面角F AB P的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45.由余弦定理可得AG，cosPAG，所以二面角F AB P的余弦值为.考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角21. 已知点A(0，2)，椭

20、圆E：的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程【答案】(1) y21. (2) l的方程为yx2或yx2.【解析】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，所以，. 又解得，所以椭圆的方程为.（2）解：设