1、江苏省连云港市2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1.命题“R，”的否定是（ ）A. R，B. R，C. R，D. R，【答案】A【解析】【分析】根据命题的否定规则进行判断【详解】命题“R，”的否定是R，。故选：A.【点睛】此题是容易题，考查基本概念。2.双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的渐近线的定义求得。【详解】双曲线的渐近线方程是，故选：B.【点睛】此题是容易题，考查双曲线的基本
2、定义。3.“MN”是“”（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的定义域是单调性可判断。【详解】若，则，故可以推出 若，不能推出，比如不满足，故选：C.【点睛】此题为容易题，考查充分条件和必要条件的概念和对数函数的定义域和单调性。4.已知向量(，6，2)，(1，3，1)，满足，则实数的值是（ ）A. 2B. 6C. 2D. 6【答案】C【解析】【分析】根据向量平行的性质求解【详解】因为，所以，解得。故选：C.【点睛】此题考查向量平行的性质，属于基础题5.已知点F1，F2是椭圆E：的左、右焦点，点P为椭圆E上异于
3、左、右顶点的任意一点，则PF1F2的周长是（ ）A. 10B. 11C. 12D. 14【答案】D【解析】【分析】先算出椭圆的长轴长和焦距，再结合椭圆定义算得周长。【详解】根据椭圆定义，到和的距离之和为长轴长，而,故而三角形的周长为。故选:D.【点睛】此题考查椭圆的定义，为基础题。6.等差数列中，已知，则的值是（ ）A. 23B. 30C. 32D. 34【答案】C【解析】【分析】根据已知可以先求出首项和公差d，再利用等差数列前n项和公式求出。【详解】由题是等差数列，则有，解得，故.故选：C.【点睛】此题考查等差数列的性质，属于基础题。7.如图，在三棱锥SABC中，底面ABC是边长为3的正三角
4、形，点P，Q满足，SB3，PQ2，则异面直线PQ，SB所成角的大小是（ ）A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】C【解析】【分析】先过点Q作SB的平行线，将异面直线PQ，SB所成角转化为平面角，然后再利用三角知识求得所成角的大小。【详解】作BC的三等分点R，使得BR=2RC，连结QR,PR。因为,所以且。PQ，SB所成角的大小为根据余弦定理，而又根据余弦定理所以，解得，故PQ，SB所成角的大小为.故选:C.【点睛】此题考查空间几何，并且和解三角形综合起来一起考，是一道综合题。8.已知椭圆E：(ab0)，直线x与椭圆E交于A，B两点，且OAOB（O为坐标原点），则椭圆E的离心率是（ ）
5、A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将直线x代入椭圆方程，可以得到A，B两点的坐标，OAOB并且直线x垂直于x轴，可知在三角形中，斜边的高等于斜边长度的二分之一，再结合可得离心率e。【详解】将代入得，又因为OAOB有.故离心率.故选：D.【点睛】本题考查了椭圆离心率的定义，属于容易题。二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）9.已知等比数列中，满足，公比q2，则（ ）A. 数列是等比数列B. 数列是等比数列C. 数列是等比数列D. 数列是递减数列【答案】BC【解析】【分析】利用等比
6、数列通项公式逐个选项去验证即可。【详解】因为是等比数列，所以，故A错；，于是，故是等比数列，故B正确；，故C正确；，是递增数列，故D错。故选:BC.【点睛】此题考查了等比数列的通项公式和与等比数列相关数列的性质，属于中档题。10.已知点P是ABC所在的平面外一点，若(2，1，4)，(1，2，1)，(4，2，0)，则（ ）A. APABB. APBPC. BCD. AP/BC【答案】AC【解析】【分析】根据向量的定义，平行，垂直和模长的定义可以对每个选项逐个判断，进而得出答案。【详解】因为，故A正确；，故B不正确；，故C正确；，各个对应分量的比例不同，故D不正确。故选:AC。【点睛】本题考查了向
7、量平行和垂直的性质等，属于基础题。11.已知p，q都是r的充分条件，s是r的必要条件，q是s的必要条件，则（ ）A. p是q的既不充分也不必要条件B. p是s的充分条件C. r是q的必要不充分条件D. s是q的充要条件【答案】BD【解析】【分析】逐项列出每个条件，然后根据充分条件和必要条件的概念判断即可。【详解】因为，故，故选:BD。【点睛】此题考查充分条件和必要条件的概念，属于基础题。12.设P是椭圆C：上任意一点，F1，F2是椭圆C的左、右焦点，则（ ）A. PF1PF2B. 2PF1PF22C. 1PF1PF22D. 01【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆定义和向量的数量积运算，逐一
8、推导，将每个选项验证一下。【详解】椭圆长轴长为，根据椭圆定义，故选A； 设P是椭圆C的任意一点，则，所以，B错误；,而，所以，C正确；,又根据椭圆性质有，所以，D正确。故选:ACD.【点睛】本题考查椭圆定义和向量的数量积运算，是一道不错的综合题。三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分其中第15题共有2空，第1个空3分，第2个空2分；其余题均为一空，每空5分请把答案填写在答题卡相应位置上）13.准线方程为的抛物线的标准方程是【答案】【解析】抛物线的准线方程为，说明抛物线开口向左，且，所以抛物线的标准方程是14.中国古代数学某名著中有类似问题：“四百四十一里关，初行健步不为难，次日脚痛
9、减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，毎天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了_里【答案】112【解析】【分析】由“毎天走的路程为前一天的一半”可知，这个人每天走的路程满足等比数列的特点，且，公比，由此可解出，根据得出。【详解】设第天走了步，又因为毎天走的路程为前一天的一半，所以，根据题意，故，解得，所以.故答案为：112【点睛】此题考查了等比数列的应用，根据实际问题建立数学模型，然后再用等比数列求和公式求解，属于中档题。15.已知椭圆C：(ab0)的焦距为2准线方程为x3，则该椭圆
10、的标准方程是_；直线与该椭圆交于A，B两点，则AB_【答案】 (1). (2). 【解析】分析】根据椭圆的定义和准线方程可求得第一问，联立椭圆和直线方程再通过韦达定理计算可求得第二问。【详解】，解得，再解出，所以椭圆的标准方程是。设A坐标为，B坐标为，直线AB的斜率为k。则联立和消去得，化简得所以，。故.故答案为：(1) ； (2) 【点睛】本题考查椭圆的基本概念还有直线和圆锥曲线的相交弦，属于中档题。16.已知数列的前n项和为，()，则_【答案】2020【解析】【分析】可以通过给出的递推公式做差来求出此数列相邻两项和，最后凑出前n项和的形式，【详解】因为，故有，二者相减得，从而故答案为：20
11、20【点睛】此题考查了一般数列的性质，通过递推公式来计算数列的前n项和，另外要注意n的奇偶性，此题给出的是n是偶数，如果是奇数，则容易一些。此题属于偏难题。四、解答题（本大题共6小题，共计70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知p：方程表示的曲线是焦点在x轴上的双曲线；q：ama2（1）若命题p为真，求实数m的取值范围；（2）若p是q的必要条件，求实数a的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）p为真命题，那么有和成立，直接解得m的取值范围；（2）由充要条件可知，故包含于（1）中所求得的m取值范围内，解不等式即可得a的取值范围。【详解】解：
12、（1）因为方程表示的曲线是焦点在轴上的双曲线，所以解得，所以命题为真时实数的取值范围为 （2）因为是的必要条件，所以，所以，故综上，实数的取值范围为【点睛】本题考查双曲线的性质以及简单逻辑用语，分析题意认真求解即可。18.河道上有一抛物线型拱桥，正常水位时，拱圈最高点距水面8m，拱圈内水面宽24m，一条船在水面以上部分高6.5m，船顶部宽6m（1）试建立适当的直角坐标系，求拱桥所在的抛物线的标准方程；（2）近日水位暴涨了1.54m，为此，必须加重船载，降低船身，才能通过桥洞，试问：船身至少应该降低多少?（精确到0.1m）【答案】（1）直角坐标系见解析，拱桥所在的抛物线方程是 （2）0.6m【解
13、析】【分析】（1）根据图形建立直角坐标系，设出拱桥所在的抛物线方程，设拱桥与水面两交点分别为，由坐标系可知A,B两点的坐标，将其中一个代入抛物线方程，即可得；（2）根据船顶宽6m，可知船顶距离拱桥最高点的极限高度h，再由，可知船身应降低高度。【详解】解：（1）设抛物线型拱桥与水面两交点分别为，以垂直平分线为轴，拱圈最高点为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，设拱桥所在的抛物线方程为， 因点在抛物线上，代入解得，故拱桥所在的抛物线方程是 （2）因，故当时，故当水位暴涨1.54m后，船身至少应降低， 因精确到01m，故船身应降低0.6m 答：船身应降低0.6m，才能安全通过桥洞【点睛】本题考查抛物线
14、性质，是一道实际应用题，难度不大。19.如图，已知点E，F分别是正方体的棱BC和CD的中点，求：（1）与EF所成角的大小；（2）与平面所成角的正弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）建立直角坐标系，以点D为原点，方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴，求出空间向量和的坐标，再进行计算可得两向量夹角的余弦值，进而得到夹角；（2）根据空间坐标先求出平面的法向量，再求法向量与所成的角，进而可得直线与平面所成角的正弦值。【详解】解：不妨设正方体的棱长为1，以为单位正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，则各点坐标为，（1）因为，所以， 由，因故向量与夹角为，因此，与所成角的大小为 （2），因为，所
15、以，又，所以平面，因此是平面的法向量；因为， 所以， 综上，与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查利用空间向量求异面直线的夹角，以及直线与平面所成角，是常考题型。20.已知数列的前n项和为，满足()；数列为等差数列且，（1）求数列和的通项公式；（2）若为数列的前n项和，求满足不等式的n的最大值【答案】（1）， （2）9【解析】【分析】（1）根据等式，令，可求出，再当时，由可得，再结合可确定数列的通项公式，即可得和的值，进而得到和的值，因为数列为等差数列，可求出公差d，然后得出数列通项公式；（2）先根据数列的通项公式求出，再表示出，然后用裂项相消法求出数列的前n项和，最后判断满足不等式的n的最大
16、值【详解】解：（1）因为，所以当时，解得当时，化简得又，所以，因此，所以是首项为公比为2的等比数列，即； 又，即，所以，因为数列为等差数列，所以公差，故；（2）由（1）知是首项为公比为2的等比数列，所以，所以，故若，即，即，可得，所以，综上，使得的最大的的值为9【点睛】本题考查求数列的通项公式，解题关键是，在第二问中先运用了裂项相消法求数列的前n项和，再进行讨论求出满足条件的n的最大值，是一道常考的数列综合题。21.如图，在三棱锥PABC中，PA3，PBPC，ABAC2，BC（1）求二面角BAPC大小的余弦值；（2）求点P到底面ABC的距离【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）两三角形和
17、三边都相等，则两三角形全等，过B向AP边做垂线，过C向AP边做垂线交于点D，那么就是要求的二面角，根据已知边长和余弦定理可求出二面角大小的余弦值；（2）取中点，连结，在平面中作，垂足为，根据直线和平面的位置关系，结合各边的值以及余弦定理和正弦函数可得点P到底面ABC的距离。【详解】解：（1）在中作，垂足为，因为，为公共边，所以，又，所以，所以为二面角的平面角； 又，所以，故的面积，所以，同理，在中， 所以，二面角大小余弦值为 （2）（法一）取中点，连结，在平面中作，垂足为因为，所以同理又，平面，平面，所以平面因为平面，所以又，平面，平面，所以平面，因此，点到底面的距离即为的长； 在中，在中，在
18、中， 所以，在中，综上，点到底面的距离为（法二）由（1）知，又，所以，则，在中，故.则.在中，则.设点到底面的距离为，则，故.【点睛】本题考查求二面角的余弦值，以及点到平面的距离，运用了余弦定理等方法，题干中没有给出三边垂直的条件，故没有用建系的方法进行解答。22.如图，点F为椭圆C：(ab0)的左焦点，点A，B分别为椭圆C的右顶点和上顶点，点P(，)在椭圆C上，且满足OPAB（1）求椭圆C的方程；（2）若过点F的直线l交椭圆C于D，E两点（点D位于x轴上方），直线AD和AE的斜率分别为和，且满足2，求直线l的方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意可知，再将点p的坐标代入椭圆方
19、程，可解出a，b，即得椭圆C的方程；（2）可设直线的方程为，将它代入椭圆方程消去x，得到关于y和k的等式，再用A，D两点的坐标表示出，同理表示出，用k表示出2，解出k，又知道直线l上的点，即可求出直线l的方程。【详解】解：（1）由在椭圆上得； 由为的右顶点为的上顶点可知，因，所以，则； 联立得方程组解得故所求椭圆的方程为 （2）（法一）因椭圆的方程为，所以，因直线的斜率不为0，可设直线的方程为，设，联立方程组消去得， 解得，故，因，则，则，即，化简得，故， 所以直线的方程为，即. （法二）因椭圆的方程为，所以，当直线的斜率不存在时 当直线的斜率存在时，设的方程为，设，联立方程组消去得，解得，故，因，则，由得，即， ，化简得，解得，所以直线的方程为，即【点睛】本题考查求椭圆方程，以及过焦点做与椭圆相交的直线，当交点满足某一条件时，求直线的方程，先设直线方程再代入椭圆方程中，用设而不求的方法表示出已知等式，进而求出直线方程，是圆锥曲线题目中常考的形式。
