1、广东省深圳市高级中学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）第I卷一、选择题：1.已知复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据所给的等式表示出z，是一个复数除法的形式，进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，分子和分母同时进行乘法运算，得到最简形式【详解】解： ，故选：D【点睛】本题考查复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，把复数整理成整式形式，再进行复数的乘法运算，合并同类项，得到结果2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据不等式的解法求出集合的等价条件，结合集合交集的定义进行计
2、算即可【详解】解：，故选：【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键，属于中档题3.若函数，则f(f(10)=A. lg101B. 2C. 1D. 0【答案】B【解析】【详解】因为，所以.所以,故选B.【点评】对于分段函数结合复合函数的求值问题，一定要先求内层函数的值，因为内层函数的函数值就是外层函数的自变量的值.另外，要注意自变量的取值对应着哪一段区间，就使用哪一段解析式，体现考纲中要求了解简单的分段函数并能应用，来年需要注意分段函数的分段区间及其对应区间上的解析式，千万别代错解析式.4.等差数列的前项和为，且，则（ ）A. 2017B. 2018C. 2019D
3、. 2020【答案】B【解析】【分析】首先根据已知条件构造关于，方程组，求出数列的通项公式，再根据等差数列求和公式计算可得；【详解】解：因为，所以解得，故选：【点睛】本题考查等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题.5.已知，则大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，分别得出的大致范围，即可得出结果【详解】，故选A【点睛】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题型6.已知圆与直线切于点，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用点与圆心连线的直线与所求直线垂直，求出斜率
4、，即可求过点与圆C相切的直线方程；【详解】圆可化为： ，显然过点的直线不与圆相切，则点与圆心连线的直线斜率为 ，则所求直线斜率为 ，代入点斜式可得 ，整理得故选A.【点睛】本题考查直线方程，考查直线与圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题7.如图，正方体中，、分别是边和的中点，则和所成的角是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，把直线平移和直线相交，找到异面直线与所成的角，解三角形即可求得结果【详解】如图，取的中点，连接，在正方体中，设正方体边长为2，易证（或补角）为异面直线与所成角，在中，由余弦定理得，即，所以异面直线与所成的角为.故选：
5、B.【点睛】本题考查异面直线所成的角，以及解决异面直线所成的角的方法（平移法）的应用，体现了转化的思想和数形结合的思想方法，属于基础题8.函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：为奇函数且时，函数无意义，可排除，又在是减函数，故选.考点：1.函数的奇偶性；2.函数的单调性；3.函数的图象.9.函数，（其中， ， ）的一部分图象如图所示，将函数上的每一个点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象表示的函数可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由图象可知A=1，周期，所以，又过点，所以，即，每一个点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到
6、，故选A.10.函数在处有极值10，则点为（）A. B. C. 或D. 不存在【答案】B【解析】【详解】试题分析：，则，解得或，当时，此时在定义域上为增函数，无极值，舍去.当,为极小值点,符合,故选B考点：1.用导数研究函数的极值；2.函数在某一点取极值的条件.【易错点睛】本题主要考查用导数研究函数的极值问题，要求掌握可导函数取得有极值的条件，是函数取得极值的必要不充分条件.求解之后要注意检验，本题中，当时，此时在定义域上为增函数，无极值，不符合题意，舍去.本题容易错选A，认为两组解都符合，一定要注意检验.11.已知分别为双曲线的左右焦点，其中点为抛物线的焦点，设与的一个交点为，若，则的离心率
7、为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】设位于第一象限，则由题意可得，且双曲线的抛物线的焦点为准线方程为由抛物线的定义可得：即有即代入双曲线的方程可得：即为，化为解得可得故选点睛：，本题主要考查的是抛物线的简单性质和双曲线的简单性质设位于第一象限，求出抛物线的焦点和准线方程，可得，再由抛物线的定义，求得，代入抛物线的方程可得，代入双曲线的方程，再由双曲线和离心率公式，化简整理计算即可得到所求的值12.已知且，若当时，不等式恒成立，则的最小值是（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】推导出，从而，令，则时，由此利用导数性质结合分类讨论思想能求出的最小值【详解】解：且，
8、当时，不等式恒成立，两边取自然对数，得：，令，则时，当，即时，递增，当时，与矛盾；当，即时，令，得，递增；，递减若，即，当时，递增，矛盾；若，即，当时，成立综上，的取值范围是故的最小值是故选：【点睛】本题考查实数值的最小值的求法，考查导数与函数的单调性、极值、最值，着重考查学生的逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题第卷二、填空题：13.曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，然后利用点斜式可写出所求切线的方程.【详解】依题意得，因此曲线在处的切线的斜率等于，所以函数在点处的切线方程为.故答案为：【点睛】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利
9、用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力属于基础题14.已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上的点P满足 ，则 的面积为_.【答案】【解析】由椭圆定义得，由得，因为 ，所以 ，即为直角三角形，其面积为 15.已知，则_【答案】【解析】【分析】根据诱导公式及二倍角公式计算可得；【详解】解：因为故答案为：【点睛】本题考查诱导公式及二倍角公式的应用，属于基础题.16.已知函数是定义在上的偶函数，当时，若，则不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】是定义在上的偶函数，说明奇函数，若时，可得为增函数，若，为增函数，根据，求出不等式的解集；构造函数，利用导数可得函数的单调性，结合及函数的奇偶性
10、即可求得不等式的解集详解】解：由题意，令，时，在递增，则是奇函数，且在递增，又，当时，当时，；根据函数的奇偶性，可得当时，当时，不等式的解集为或故答案为：【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，考查函数的单调性，构造函数是关键，属于中档题三、解答题：17.中，（1）求的值；（2）若，求以及的值【答案】（1）；（2）7，.【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求的值；（2）先利用同角三角函数关系式求出角的正弦值，再借助于正弦定理求出，代入已知条件求出，进而求出三角形的面积【详解】（1）由余弦定理及已知得：.（2）因为为三角形内角，所以，由正弦定理得：，又，解得或（舍）【点睛】本题主要考查余弦定理以及同角
11、三角函数基本关系式，并涉及到三角形的面积公式和计算能力，属于中档题目18.已知数列满足，且（1）求证：数列是等差数列；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据，得到，根据等差数列的定义，即可得出结论成立；（2）先由（1）得，推出，根据裂项求和的方法，即可得出结果.【详解】（1）因为，所以，即 ，又，所以 ，数列是以1为首项，2为公差的等差数列 （2）由（1）得，所以 ，所以 ，所以 数列的前项和【点睛】本题主要考查由递推关系证明等差数列，以及数列的求和，熟记等差数列的定义与通项公式，以及裂项相消的方法求数列的和即可，属于常考题型.19.如图,是平行四边
12、形，已知，,平面平面.（1）证明：；（2）若，求平面与平面所成二面角的平面角的余弦值【答案】(1)见解析;(2).【解析】【分析】（1）推导出，取BC的中点F，连结EF ，可推出，从而平面，进而，由此得到平面，从而；（2）以为坐标原点，所在直线分别为，轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的余弦值【详解】（1）是平行四边形，且，故，即 取BC的中点F，连结EF. 又平面平面平面 平面 平面平面， 平面 （2）,由（）得 以为坐标原点，所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系(如图)，则 设平面的法向量为，则，即 得平面的一个法向量为 由（1）知平面，
13、所以可设平面的法向量为 设平面与平面所成二面角的平面角为，则 即平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为. 【点睛】用空间向量求解立体几何问题的注意点（1）建立坐标系时要确保条件具备，即要证明得到两两垂直的三条直线，建系后要准确求得所需点的坐标（2）用平面的法向量求二面角的大小时，要注意向量的夹角与二面角大小间的关系，这点需要通过观察图形来判断二面角是锐角还是钝角，然后作出正确的结论20.已知函数.（1）当，求函数的极值；（2）当时，在定义域内恒成立，求实数的值.【答案】（1），不存在极大值；（2）【解析】【分析】（1）求出的函数的导数，求出单调增区间和减区间，从而得到函数的极值；（2）利用转化
14、思想，当时，在定义域内恒成立，即进而求解；【详解】解：（1）因为的定义域为所以当时，令解得，即在上单调递增，令解得，即在上单调递减，所以在处取得极小值，不存在极大值，（2）因为定义域为，因为，令，解得，即在上单调递增，令，解得，即在上单调递减，所以，要使在定义域内恒成立，即即，令， ，当时，当时，当时在处取极大值， ，若使，只能取，故答案为【点睛】本题考查导数的应用，利用导数研究函数的极值与单调性，属于中档题.21.设椭圆方程（），是椭圆的左右焦点，以，及椭圆短轴的一个端点为顶点的三角形是面积为的正三角形.（1）求椭圆方程；（2）过分别作直线，且，设与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点，求四边形
15、面积的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，分析可得，计算可得、的值，将、的值代入椭圆的方程即可得答案；（2）根据题意，分直线的斜率存在、不存在两种情况讨论，借助根与系数的关系分析可得四边形面积，综合即可得答案【详解】解：（1）由题设可得：，故椭圆方程为；（2）由（1）可知椭圆的焦点当其中一条直线斜率不存在时，令，则当直线斜率存在时，设直线，代入椭圆方程得：，则，；所以弦长，设直线的斜率为，不妨设，则，因为，综上，四边形面积的取值范围是故【点睛】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，联立直线与椭圆方程时要注意分析直线的斜率是否存在，属于中档题22.已知函数.
16、（1）当时，讨论函数的单调性.（2）当时，证明：对任意的，有.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，对分类求解原函数的单调区间；（2）利用分析法证明，把要证的不等式转化为证明成立，即证令，由导数求出的最大值和的最小值，由的最大值小于的最小值得答案【详解】（1）解：由定义域为，得，当时，当时，为增函数，当时，为减函数；当时，二次方程有两根，当时，为增函数，当时，为减函数综上可得，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明：要证，即证，即，也就是证，即证令，则，当时，为增函数，当时，为减函数，；令，当时，为减函数，当时，为增函数，成立，故对任意的，有【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题