甘肃省天水一中2020学年高二数学寒假作业检测试题 理（通用）

1、甘肃省天水一中2020学年高二数学寒假作业检测试题 理考试时间：60分钟一、单选题1命题“”的否定是A BC D2是成立的（ ）A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件3等差数列的前项和为，且， ，则（ ）A B C D4已知正方体,为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A B C D5在ABC中，若则A=( )A B C D6在等比数列中，则首项（ ）A B C D17在ABC中，若，则ABC的形状（ ）A直角三角形 B等腰或直角三角形 C不能确定 D等腰三角形8已知变量， 满足约束条件，则的最小值为（ ）A B1 C D9如图所示，垂直于所在的平面，是的

2、直径，是上的一点，分别是点在，上的投影，当三棱锥的体积最大时，与底面所成角的余弦值是（ ）A B C D10设抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上，且，若，则的值（ ）A B2 C D311已知且，若不等式恒成立，则的最大值等于（ ）A10 B9 C8 D712已知双曲线：的左、右焦点分别为，是双曲线的左顶点，双曲线的一条渐近线与直线交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）A3 B2 C D二、解答题13椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，右焦点F的坐标为（2，0），且点F到短轴的一个端点的距离是（1）求椭圆C的方程；（2）过点F作斜率为k的直线l，与椭圆C交于A、B两点，若，求k的取值范围1

3、4如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD证明：；求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小参考答案1C【解析】试题分析：因为全称命题的否定是存在性命题，所以命题“”的否定是，故选C。考点：本题主要考查全称命题与存在性命题的关系。点评：简单题，全称命题的否定是存在性命题，存在性命题的否定是全称命题。2A【解析】试题分析：由解得，再根据已知条件易知选A考点：1一元二次不等式；2充分必要条件3D【解析】因为数列是等差数列， ， ，所以， ，又， ， ，故选D4A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出向量与的向量坐标，利用数量积求出异面直线与所成角的余弦值.【详解】以D为坐标原点，

4、建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为1，则，为的中点，；，.异面直线与所成角的余弦值为故选A.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法，找出两异面直线所成的角AEM（或其补角），是解题的关键如果异面直线所成的角不容易找，则可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量来求解5B【解析】, , , ,则 ，选B .6D【解析】.7B【解析】由正弦定理，得，所以，又因为，所以或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故选A.【方法点睛】本题主要考查利用正弦定理、二倍角的正弦公式及三角形内角和定理判断三角形形状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角

5、，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.8C【解析】画出不等式组表示的区域如图，结合图形可知当动直线经过点时，动直线在轴上的截距最小，则，应选答案C。点睛：本题旨在考查线性规划等有关知识的综合运用，解答这类问题的常规思路是将不等式组表示的区域在平面直角坐标系中直观地表示出来，再运用数形结合的思想，借助图形的直观求出目标函数的最值，从而使得问题获解。9D【解析】分析：由题意首先得到体积的表达式，然后结合解析式确定函数取得最值时的条件，最后求得最

6、值即可.详解：设，由题意可知，设与底面所成的角为，则由圆的性质可知：，由线面垂直的定义可知：，结合线面垂直的判断定理可得：平面，则，结合可知平面，据此有，则，由平面可知，结合可得平面，则.在中，利用面积相等可得：，在中，则， ，结合均值不等式的结论可知，当，即时三棱锥的体积最大，此时.本题选择D选项.点睛：本题主要考查线面垂直的定义与判断定理，均值不等式的应用，立体几何中的最值问题，三棱锥的体积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10D【解析】【分析】过M向准线l作垂线，垂足为M，根据已知条件，结合抛物线的定义得=，即可得出结论【详解】过M向准线l作垂线，垂足为M，根据已知条件，

7、结合抛物线的定义得=，又|MM|=4，又|FF|=6，=，.故选：D【点睛】本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、向量的共线，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11B【解析】试题分析：,当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，又因为恒成立，所以，即的最大值为，故选B.考点：基本不等式.【名师点睛】本题主要考查基本不等式的应用，中档题；就用基本不等式求最值时要保证所用的两个数均为正数、和或积为定值、且两个数相等，才能取到最大值或最小值，三者缺一不可，在求最值过程中，有时还需要配凑系数或进行适当变形，如本题中的变形.12B【解析】【分析】联立渐近线的方程及求得交点的坐标，用中点坐标公式求得点的

8、坐标，再代入，化简后可求得离心率.【详解】联立渐近线方程及得，解得，由于，故是线段的中点，而，故，由于，代入并化简得，即，故离心率为.故选B.【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的位置关系，考查两条直线交点坐标的求法，考查两个向量相等的几何性质，以及两条直线垂直的向量表示方法.求两条直线交点的坐标的方法是联立两条直线方程，解方程组即可求得交点的坐标.若两条直线垂直，可以转化为向量的数量积来求解.13解（I）（II）【解析】分析：（1）由题可得，然后根据a,b,c的关系即可得达到b，从而得出方程；（2）先设出过焦点的直线，然后联立方程得出韦达定理，而，故几何韦达定理即可得出有关k的不等式，解不等式

9、即得出结论.详解：（I）由已知，；,故椭圆C的方程为4分（II）设则A、B坐标是方程组的解。消去，则， 7分 所以k的取值范围是12分点睛：解本题要熟悉椭圆的定义和基本性质，对于第二问则比较直接，思路顺畅，直接借助韦达定理即可，此题属于基础题.14（1）见解析（2）【解析】【分析】（）由余弦定理得 ，从而BDAD，由PD底面ABCD，得BDPD，从而BD平面PAD，由此能证明PABD（）以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，利用向量法能法出平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小【详解】证明：因为， 由余弦定理得，从而，故BD，又底面ABCD，可得，所以平面故如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立