1、江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 理（含解析）第卷（选择题：共60分）一、选择题：本大题共12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. 复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得复数，即可得到复数的模，得到答案【详解】由题意，复数，解得，所以，故选D【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题2. 已知平面内一条直线l及平面，则“”是“”的（）A. 充分必要条件B. 充分不必要条件C
2、. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：由面面垂直的定义知，当“l”时，“”成立，当时，不一定成立，即“”是“”的充分不必要条件，故选：B【点睛】本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及线面垂直和面面垂直的判定，属基础题.3. 已知水平放置的ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中BOCO1，AO，那么原ABC的面积是()A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据已知求出原ABC的高为AO，再求原ABC的面积.【详解】由题图可知原ABC的高为AO，SABCBC
3、OA2，故答案为A【点睛】本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4. 某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）A. 4B. 6C. 8D. 12【答案】A【解析】由三视图复原几何体，是如图所示的四棱锥，它的底面是直角梯形，梯形的上底长为，下底长为，高为，棱锥的一条侧棱垂直底面高为，所以这个几何体的体积：，故选【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素
4、“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.5. 下列命题中，正确的是（ ）A. 经过不同的三点有且只有一个平面B. 分别在两个平面的两条直线一定是异面直线C. 垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D. 垂直于同一个平面的两个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据不在一条直线上的三点确定一个平面，来判断A是否正确；根据分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，来判断B是否正确；根据垂直于同一平面的两直线平行，来判断C是否正确；根据垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是平行、相交或异面，来判断D是否正确【详解】解：对A，当三点在一条直线上时，平
5、面不唯一，A错误；对B，分别在两个平面内的两条直线的位置关系不确定，B错误；对C，根据垂直于同一平面的两直线平行，C正确；对D，垂直于同一平面的两平面的位置关系是平行、相交，D错误故选C【点睛】本题考查了空间直线与直线的位置关系及线面垂直的判定与性质，考查了学生的空间想象能力.6. 实数a使得复数是纯虚数，则a，b，c的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘除运算求出a，再利用微积分基本定理以及定积分的定义即可求出b，c，从而比较其大小关系.【详解】，是纯虚数， ，表示是以为圆心，以为半径的圆在第一象限的部分与坐标轴围成的个圆的面积，所以.故选：C【点睛
6、】本题考查了复数的乘除运算、微积分基本定理求定积分、定积分的定义，考查了基本运算求解能力，属于基础题.7. 已知正四棱柱的底面是边长为1的正方形，若平面内有且仅有1个点到顶点的距离为1，则异面直线 所成的角为 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意可知，只有点到距离为，即高为，所以该几何体是个正方体，异面直线所成的角是，故选B.8. 函数的部分图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据函数的奇偶性，及x=1和x=2处的函数值进行排除即可得解.详解：易知函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B，当x=1时，y=1，排除A，当x=4时，排除D，故选C点睛：已
7、知函数的解析式判断函数的图象时，可从以下几个方面考虑： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复；(5)从函数的特征点，排除不合要求的图象9. 如图所示，三棱锥的底面在平面内，且，平面平面，点是定点，则动点的轨迹是（ ）A. 一条线段B. 一条直线C. 一个圆D. 一个圆，但要去掉两个点【答案】D【解析】因为平面PAC平面PBC，ACPC，平面PAC平面PBC=PC，AC平面PAC，所以AC平面PBC.又因为BC平面PBC，所以ACBC.
8、所以ACB=90.所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点.选D.点睛：求轨迹实质是研究线面关系，本题根据面面垂直转化得到线线垂直，再根据圆的定义可得轨迹，注意轨迹纯粹性.10. 如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC.其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据翻折后垂直关系得BD平面ADC，即得BDAC，再根据计算得BAC是等边三角形，最后可确定选项.【详解】由题意知，BD平面ADC，故BDAC，
9、正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，又由知正确；由知错故选B.【点睛】本题考查线面垂直判定与性质，考查推理论证求解能力，属中档题.11. 如图所示，在正三棱锥SABC中，M、N分别是SCBC的中点，且，若侧棱，则正三棱锥SABC外接球的表面积是（）A. 12B. 32C. 36D. 48【答案】C【解析】分析】根据题目条件可得ASB=BSC=ASC=90，以SA，SB，SC为棱构造正方体，即为球的内接正方体，正方体对角线即为球的直径，即可求出球的表面积.【详解】M,N分别为棱SC,BC的中点,MNSB三棱
10、锥SABC为正棱锥，SBAC(对棱互相垂直)MNAC又MNAM，而AMAC=A，MN平面SAC，SB平面SACASB=BSC=ASC=90以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径.，R=3，V=36.故选：C【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积，考查空间想象能力，由三棱锥构造正方体，它的对角线长就是外接球的直径,是解决本题的关键.12. 已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据直角三角形性质得
11、A在圆上，解得A点横坐标，再根据条件确定A横坐标满足条件，解得离心率.【详解】由题意得，所以A在圆上，与联立解得，因为，且，所以因此，解得即，即，选A.【点睛】本题考查椭圆离心率，考查基本分析化简求解能力，属中档题.第卷（非选择题：共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡的相应位置.13. _.【答案】0【解析】【分析】求出被积函数的原函数，然后分别代入积分上限和积分下限作差得出答案.【详解】.故答案为：0【点睛】本题主要考查了定积分的计算，解题的关键是确定原函数，属于基础题.14. 在三棱锥中，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和
12、AC，则截面的周长为_.【答案】8【解析】【分析】如图所示，过点G作EFAC，分别交PA，PC于点E，F过点F作FMPB交BC于点M，过点E作ENPB交AB于点N可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边长度，进而得到周长【详解】解：如图所示，过点G作EFAC，分别交PA，PC于点E，F过点F作FMPB交BC于点M，过点E作ENPB交AB于点N.由作图可知：ENFM，四点EFMN共面可得MNACEF，ENPBFM.可得EF=MN=2.同理可得：EN=FM=2.截面的周长为8.故答案为：8.【点睛】本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，属于中档
13、题15. 已知一个正三棱柱，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个正三棱柱的表面积是_.【答案】【解析】【分析】由球的体积可以求出半径，从而得到棱柱的高；由球体与棱柱的所有面均相切，得出球的半径和棱柱底面正三角形边长的关系，求出边长，即求出底面正三角形的面积，得出棱柱的表面积.【详解】由球的体积公式可得，正三棱柱的高，设正三棱柱的底面边长为，则其内切圆的半径为：，该正三棱柱的表面积为：.故答案为：【点睛】本题考查了球的体积公式、多面体的表面积求法，属于基础题.16. 如图，在矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成.若为线段的中点，则在翻转过程中，正确的命题是_.（填序号）是定值；点在圆上运
14、动；一定存在某个位置，使；一定存在某个位置，使平面.【答案】【解析】【分析】取中点再根据直线与平面的平行垂直关系判断即可.【详解】对, 取中点,连接,则,.因为,故平面.易得为定值,故在翻转过程中的形状不变.故是定值.故正确.对,由得, 在翻转过程中沿着翻折,作交于,则点在以为圆心,半径为的圆上运动.故正确.对,在上取一点使得,则,若则因为,故面,故,不一定成立.故错误.对,由有,故平面成立.综上所述,正确.故答案为：【点睛】本题主要考查了翻折中线面垂直平行的判定,需要画出对应的辅助线分析平行垂直关系,属于中等题型.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.
15、17. 如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点且PEEABFFD，求证：EF平面PBC.【答案】见解析【解析】试题分析：连接AF并延长交BC于M.连接PM，因为ADBC，又，所以EFPM，从而得证.试题解析：连接AF并延长交BC于M.连接PM.因为ADBC，所以.又由已知，所以.由平面几何知识可得EFPM，又EF平面PBC，PM平面PBC，所以EF平面PBC.18. 如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，M是棱CC1的中点证明：平面ABM平面A1B1M【答案】证明见解析【解析】【分析】通过长方体的几何性质证得，通过计算证明
16、证得，由此证得平面，从而证得平面平面.【详解】由长方体的性质可知A1B1平面BCC1B1，又BM平面BCC1B1，A1B1BM又CC12，M为CC1的中点，C1MCM1在RtB1C1M中，B1M，同理BM，又B1B2，B1M2+BM2B1B2，从而BMB1M又A1B1B1MB1，BM平面A1B1M，BM平面ABM，平面ABM平面A1B1M【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.19. 以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为，若直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是，（为参数).（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通
17、方程；（2）设直线与曲线交于两点，求.【答案】（1），；（2）1【解析】【试题分析】(1)展开后利用公式直接转化为直角坐标方程.对消去后得到直角坐标方程.(2)求出直线的参数方程,代入抛物线,利用直线参数的几何意义求得的值.【试题解析】（1）由，得，令，得.因为，消去得，所以直线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为.（2）点的直角坐标为，点在直线上. 设直线的参数方程为，（为参数），代入，得.设点对应的参数分别为，则，所以 .20. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面底面，为中点，是棱PC上的点，（1）求证：平面平面；（2）若点是棱的中点，求证：平面【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】
18、【详解】（1）证明： 中点，且，又， 四边形是矩形，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面， 平面平面（2）如下图，连接交于点，连接，由（1）知四边形是矩形，又为中点，为中点，又是棱的中点，又平面，平面，平面21. 如图，四棱锥中，平面平面，底面为梯形，,.且与均为正三角形,为的中点，为重心.(1)求证：平面；(2)求异面直线与的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连接交于，连接，由重心性质推导出，根据线面平行的判定定理可得平面；（2）取线段上一点，使得，可证 即是异面直线与的夹角，由余弦定理可得结果. 试题解析：（1）方法一：连交于,连接.由梯形，且，
19、知 又为的中点，为的重心，在中，,故/. 又平面, 平面,/平面. 方法二：过作交于,过作交于,连接, 为的重心，,又为梯形，, 又由所作，得/ ，为平行四边形. , 面 (2) 取线段上一点，使得，连,则, ,在中 ，则异面直线与的夹角的余弦值为.角函数和等差数列综合起来命题，也正体现了这种命题特点.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、异面直线所成的角、余弦定理，属于中挡题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利
20、用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.22. 已知函数.()试求函数的单调区间； ()若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 见解析(2) 【解析】【详解】（）因为所以 若，则，即在区间上单调递减；若，则当时， ；当时，；所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；若，则当时，；当时，； 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减综上所述，若，函数在区间上单调递减；若，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；若，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减（）依题意得，令.因为，则，即于是，由，得，即对任意恒成立. 设函数，则.当时，；当时，；所以函数在上单调递增，在上单调递减；所以.于，可知，解得.故的取值范围是