1、江苏省泰州中学2019-2020学年高二数学下学期期初检测试题（含解析）一选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求)1.设复数，设（ ）A. B. C. 2D. -2【答案】C【解析】故选2.的展开式中的系数为A. 10B. 20C. 40D. 80【答案】C【解析】分析：写出，然后可得结果详解：由题可得令,则所以故选C.点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题3.已知双曲线：过点，且实轴的两个端点与虚轴的一个端点组成一个等边三角形，则双曲线的标准方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由双曲线：过点，且实轴的两个端点与虚轴的一个端
2、点组成一个等边三角形，可得：，解得：，双曲线的标准方程是故选C4.若平面，的法向量分别为，则（ ）A. B. C. ，相交但不垂直D. 以上均不正确【答案】C【解析】【分析】根据法向量的关系，判断平面的关系.【详解】分别是平面的法向量，且，与不垂直，与不垂直.又与不共线，与不平行.与相交但不垂直.故选：.【点睛】本题考查两平面的位置关系，属于基础题.5.在等差数列中，是方程的根，则的值是（ ）A. 41B. 51C. 61D. 68【答案】B【解析】【分析】由韦达定理得，由等差数列的性质得，再根据等差数列的前项和公式求.【详解】在等差数列中，是方程的根，.故选：.【点睛】本题考查等差数列的性质
3、和前项和公式，属于基础题.6.函数f（x）xg（x）的图象在点x2处的切线方程是yx1，则g（2）+g（2）（）A. 7B. 4C. 0D. 4【答案】A【解析】，因为函数的图像在点处的切线方程是，所以，故选A7.若从1，2，3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（ ）A. 60种B. 64种C. 65种D. 66种【答案】D【解析】【分析】由题意，4个不同的数的和为偶数，有3种情况：4个偶数、2个偶数2个奇数、4个奇数，根据分类加法计数原理和组合的知识可求.【详解】从1，2，3，9这9个整数中同时取4个不同数，其和为偶数，有3种情况：4个偶数、2个偶数2个奇数、4
4、个奇数.所以不同的取法共有种.故选：.【点睛】本题考查分类加法计数原理和组合，属于基础题.8.已知抛物线的焦点为,准线为,且过点在抛物线上,若点,则的最小值为A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】由题可得,.由抛物线定义可知,所以=.故选B9.在数列中，已知对任意，则（ ）A. B. C D. 【答案】B【解析】试题分析：由于，所以，两式相减得，所以是以为首项，公比为的等比数列，其前项和为.考点：等比数列.10.已知直线与曲线相切，则实数k的值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】D【解析】由得，设切点为，则，对比，故选D.二多项选择题(本题共2小题，每小题5分，共10分.全部
5、选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)11.已知，给出下列四个不等式，其中正确的不等式为（ ）A. ；B. ；C ；D. 【答案】ABCD【解析】【分析】选项，利用基本不等式得，再利用基本不等式得，两次等号成立的条件必须相同；选项，把展开，利用基本不等式即可证明；选项，由，不等式显然成立；选项，作差法证明即得.【详解】对，当且仅当，即时，等号成立.故正确；对，当且仅当，即时等号成立. 故正确；对，故正确；对，.故正确.故选：.【点睛】本题考查基本不等式和作差法比较大小，属于中档题.12.有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）A. 分给甲乙丙三人，每人各2本，有90
6、种分法；B. 分给甲乙丙三人中，一人4本，另两人各1本，有90种分法；C. 分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，有180种分法；D. 分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法；【答案】ABC【解析】【分析】选项，先从6本书中分给甲（也可以是乙或丙）2本；再从其余的4本书中分给乙2本；最后的2本书给丙.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.选项，先分堆再分配. 先把6本书分成3堆:4本、1本、1本；再分给甲乙丙三人.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案. 选项，6本不同的书先分给甲乙每人各2本；再把其余2本分给丙丁.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即
7、得答案. 选项，先分堆再分配. 先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本；再分给甲乙丙丁四人. 根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.【详解】对，先从6本书中分给甲2本，有种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有种方法；最后的2本书给丙，有种方法.所以不同的分配方法有种，故正确；对，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有种方法；再分给甲乙丙三人，所以不同的分配方法有种，故正确；对，6本不同的书先分给甲乙每人各2本，有种方法；其余2本分给丙丁，有种方法.所以不同的分配方法有种，故正确；对，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有种方法；再分给甲乙丙丁四人， 所以不同
8、的分配方法有种，故错误.故选：.【点睛】本题考查分步乘法原理和排列组合，考查学生的逻辑推理能力，属于中档题.三填空题(本题共4小题，每小题5分，其中第16题第一空2分，第二空3分；共20分)13.关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是_【答案】【解析】【分析】根据不等式的解集，求得的值，由此求得不等式的解集.【详解】由于不等式的解集是，所以且，故.所求不等式可化为，即，解得.【点睛】本小题主要考查一元一次不等式的解法，考查一元二次不等式的解法，属于基础题，解题过程中要注意正负号的影响.14.已知函数,若,使得,则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】若,使得,即需保证,.根据函数单
9、调性分别求取和,即可求得实数的取值范围.【详解】 函数,是对号函数, 当, 函数是单调增函数 当,若,使得,则需保证,故解得:故答案为: .【点睛】本题考查了不等式恒成立问题与存在解问题,掌握函数的单调性的应用和函数的最值求法是解题关键,考查等价转化思想方法与分析能力,属于中档题.15.设A，B是椭圆C：1长轴的两个端点，若C上存在点M满足AMB120，则m的取值范围是_.【答案】（0，19，+）【解析】【分析】分焦点在轴上两种情况进行讨论,再根据临界条件点在椭圆的短轴端点上,进而求解的临界值,进而求得取值范围即可.【详解】假设椭圆的焦点在x轴上,则0m3时,假设M位于短轴的端点时,AMB取最
10、大值,要使椭圆C上存在点M满足AMB120,AMB120,AMO60,tanAMOtan60,解得：0m1；当椭圆的焦点在y轴上时,m3,假设M位于短轴的端点时,AMB取最大值,要使椭圆C上存在点M满足AMB120,AMB120,AMO60,tanAMOtan60,解得：m9,m的取值范围是（0,19,+）故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆中的范围问题,主要是临界条件的分析方法,属于中档题.16.已知的展开式的二项式系数和比的展开式的二项式系数和大992，则在的展开式中，二项式系数最大的项为_，系数的绝对值最大的项为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意可得，求出，即求在的
11、展开式中，二项式系数最大的项.设的系数的绝对值最大，求出，即得答案.【详解】由题意可得，即.由二项式系数的性质可知，的展开式中，第6项的二项式系数最大，二项式系数最大的项为.设的系数的绝对值最大，又.，即，解得.的系数的绝对值最大， .所以系数的绝对值最大的项为.故答案为：；.【点睛】本题考查二项式系数和二项式定理的通项公式，属于中档题.四解答题(本题共6小题，其中第17题10分，其他每题12分，共70分；解答应写出文字说明证明过程或演算步骤)17.已知复数，是实数，是虚数单位（1）求复数；（2）若复数所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围【答案】（1）z=2i（2）m（，2）时，复数所表示
12、的点在第一象限【解析】【试题分析】（1）将代入，再借助是实数，其虚部为0建立方程求出的值；（2）将代入，借助其表示的点在第一象限建立不等式组，通过解不等式组求出的取值范围：解：（1）z=bi（bR），=又是实数， b=2，即z=2i（2）z=2i，mR，（m+z）2=（m2i）2=m24mi+4i2=（m24）4mi，又复数所表示的点在第一象限，解得m2，即m（，2）时，复数所表示的点在第一象限18.有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数(1)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；(2)全体站成一排，女生必须站在一起；(3)全体站成一排，男生互不相邻【答案】（1）3600（
13、2）576（3）1440【解析】分析：（1）根据特殊元素“优先法”，由分步计数原理计算可得答案；(2) 根据“捆绑法”将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列即可；(3）利用“插空法”，先将4名女生全排列5个空位中任选3个空位排男生，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案.详解：(1)甲为特殊元素先排甲，有5种方法，其余6人有A种方法，故共有5A3 600种方法(2)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A种方法，再将4名女生进行全排列，有A种方法，故共有AA576种方法(3)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以
14、应先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A种方法，故共有AA1 440种方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.19.（1）求的展开式中的常数项；（2）已知的展开式中的系数为，求常数的值；（3）求的展开式中的系数.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）求出展开式的通项，令的次数为0，求出，即求常数项；（2）求出展开式的通项，令的次数为3，求出，根据其系数
15、为，即求；（3）由可知，展开式中含的项是：展开式中的一次项与展开式中的常数项之积；展开式中的常数项与展开式中的一次项之积，可求的系数.【详解】（1）的展开式的通项为.令，得，即第7项为常数项.，即常数项为.（2）的展开式的通项为，令，.，.（3），的展开式中含的项是：展开式中的一次项与展开式中的常数项之积；展开式中的常数项与展开式中的一次项之积.的系数为.【点睛】本题考查二项式定理的通项公式，属于中档题.20.如图，平面，分别是的中点，.（1）求二面角的余弦值；（2）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：先利用所给的垂直关系建立适当的空间
16、直角坐标系，写出相关点的坐标（1）判定是平面的一个法向量，求出平面的一个法向量，利用平面的法向量求二面角的余弦值；（2）先利用三点共线设出点的坐标，利用空间向量的夹角公式得到函数关系式，利用二次函数求其最值试题解析：以为正交基底建立空间直角坐标系，则各点的坐标为，（）因为平面，所以是平面的一个法向量，因为，设平面的法向量为，则，即令，解得所以是平面的一个法向量 从而所以二面角的余弦值为（）因为，设，又，则，又，从而设, 则当且仅当，即时，的最大值为.因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值又因为，所以考点：空间向量在立体几何中的应用【方法点睛】本题考查利用空间向量求异面直线所成的角、二面角
17、，属于中档题；处理空间角或空间距离时，往往借助空间向量法，即先利用空间中的垂直关系建立适当的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，再利用相关公式进行求解，但要注意的是空间角和向量角的区别.21.已知数列是公差为正数的等差数列，其前项和为，且，(1)求数列的通项公式(2)设数列满足，求数列的通项公式；是否存在正整数，使得，成等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】；(2)；见解析【解析】【分析】（1）直接由，列关于首项和公差的方程组，求解方程组得首项和公差，代入等差数列的通项公式得结论；（2）把数列的通项公式代入 ,然后裂项，累加后即可求得数列的通项
18、公式；假设存在正整数,使得成等差数列，则，由此列关于的方程，求解得结论.【详解】由得所以(2)因为则，各式相加得，所以又符合上式，所以；存在正整数，使得，成等差数列，则，即化解整理可得，因为所以，所以，得，所以或当时，不合题意，舍去故存在，【点睛】本题主要考查等差数列的通项，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.22.平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且点（，）在椭圆上.（）求椭圆的方程；（）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.（）求的值；（）求面积的最大值.【答案】（）；（）（）；（）【解析】【详解】（）由题意知又，解得，所以椭圆的方程为（）由（）知椭圆的方程为.（）设由题意知.因为又，即所以，即（）设将代入椭圆的方程，可得，由可得则有所以因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积设将直线代入椭圆的方程，可得，由可得由可知故.当且仅当，即时取得最大值由（）知，的面积为，所以面积的最大值为考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.距离与三角形面积；4.转化与化归思想.
