1、数学一、选择题（本大题共8小题)1.已知，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量共线的性质进行求解即可.【详解】因为，所以，因此由，所以有.故选：D【点睛】本题考查了空间向量平行求参数问题，考查了数学运算能力.2.已知数列满足递推关系，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】两边取倒数，可得新的等差数列，根据等差数列的通项公式，可得结果.【详解】由，所以则，又，所以所以数列是以2为首项，1为公比的等差数列所以，则所以故选：B【点睛】本题主要考查由递推公式得到等差数列，难点在于取倒数，学会观察，属基础题.3.已知命题，则为（ ）A. B. C
2、. D. 【答案】C【解析】分析】根据全称命题的否定的性质进行求解即可.【详解】因为命题，所以为.故选：C【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.4.设，若4是与的等比中项，则的最小值为（ ）A. 1B. 8C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】根据等比中项的性质，结合已知可以得到一个关于的等式，最后利用不基本不等式，结合该等式进行求解即可.【详解】因为4是与的等比中项，所以，因为，所以有.（当且仅当时，取等号，即时取等号）故选：A【点睛】本题考查了等比中项的性质，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.5.若x2axb0的解集是x|2x0的解集为（ ）A. B. （C. D. 【
3、答案】C【解析】由条件知方程两根为2,3；则于是不等式即为解得故选C6.若曲线表示椭圆，则的取值范围是()A. B. C. D. 或【答案】D【解析】【分析】根据椭圆标准方程可得，解不等式组可得结果.【详解】曲线表示椭圆，解得，且，的取值范围是或，故选D【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程以及不等式的解法，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于简单题.7.“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先求出当不等式成立时所满足的条件，再结合充分性和必要性的定义进行求解即可.【详解】若成立时，则有，显然由能推出，但是由不
4、一定能推出，因此“”是“” 充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，考查了一元二次不等式的解法，考查了推理论证能力.8.已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合,且其渐近线的方程为,则该双曲线的标准方程为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据抛物线方程，算出其焦点为由此设双曲线的方程为，根据基本量的平方关系与渐近线方程的公式，建立关于、的方程组解出、的值，即可得到该双曲线的标准方程【详解】解：抛物线中，抛物线的焦点为，设双曲线的方程为，双曲线的一个焦点为，且渐近线的方程为即，解得（舍负），可得该双曲线的标准方程为故选：【点睛】本题给出双曲线与已知抛物线有一
5、个焦点重合，在已知渐近线的情况下求双曲线的方程着重考查了抛物线、双曲线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题二、填空题（本大题共6小题）9.设是等差数列，若，则 .【答案】63【解析】【分析】由已知求出,再利用等差数列的性质求.【详解】由得，所以.故答案为63【点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.10.若等比数列的前项和为,且，则_【答案】511【解析】由等比数列的性
6、质可得： ，即： ，解得： .11.“”是“”的_条件.【答案】充分不必要【解析】【分析】解方程，即可判断出“”是“”的充分不必要条件关系.【详解】解方程，得或，因此，“”是“”的充分不必要条件.故答案为充分不必要.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，一般转化为集合的包含关系来判断，考查推理能力，属于基础题.12.如图，在正方体中，上底面中心为，则异面直线与所成角的余弦值为_ 【答案】【解析】【分析】由题意，连接和，结合正方体的结构特征，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，设，在直角中，即可求解，得到答案.【详解】由题意，连接和，设正方体的棱长为，则，在正方体中，可得，所以异面直线与所成角
7、即为直线与所成角，设，在直角中，可得 在直角中，可得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中结合正方体的结构特征，得到异面直线与所成角即为直线与所成角是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.13.已知,则函数的最小值为_.【答案】【解析】 ,则函数 ，当且仅当 时，函数取得最小值，最小值为 ，故答案为.【易错点晴】利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意
8、两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.14.已知点为抛物线的焦点，该抛物线上位于第一象限的点到其准线的距离为5，则直线的斜率为 .【答案】【解析】试题分析：由抛物线定义得：又点位于第一象限，因此从而考点：抛物线定义三、解答题（本大题共6小题）15.（1）若抛物线的焦点是椭圆左顶点，求此抛物线的标准方程；（2）某双曲线与椭圆共焦点，且以为渐近线，求此双曲线标准方程.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析（1）求出椭圆的左顶点，设抛物线的方程为，可得焦点坐标，即可求解抛物线的方程；（2）求得椭圆焦点，可设双曲线的方程为，根据渐近线的方程，得出关于的方程组，解得的值，
9、进而得到双曲线的方程.试题解析：（1）椭圆左顶点为，设抛物线方程为，可得，计算得出，则抛物线的标准方程为；（2）椭圆的焦点为，可设双曲线的方程为，则，由渐近线方程，可得，计算得出，则双曲线的方程为.16.已知数列中，的前n项和满足：求数列的通项公式；设数列满足：，求的前n项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】由，得，然后推出数列的通项公式为化简通项公式，利用拆项法求解数列的和即可【详解】由，得则得当时满足上式，所以数列的通项公式为由得，所以【点睛】本题考查数列求和，数列的递推关系式的应用，考查计算能力17.设集合，集合.（1）若，求；（2）设命题，命题，若p是q成立的必要不充分条件，求实数
10、的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）解一元二次不等式、绝对值不等式化简集合的表示，再利用集合并集的定义，结合数轴进行求解即可；（2）根据必要不充分对应的集合间的子集关系，结合数轴进行求解即可.【详解】（1）.因为，所以，因此；（2），因为p是q成立的必要不充分条件，所以集合是集合的真子集，因此有或，解得.【点睛】本题考查了集合的并集的运算，考查了由必要不充分条件求参数问题，考查了一元二次不等式、绝对值不等式的解法，考查了数学运算能力.18.已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(
11、1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*)【答案】（1）an3n2，bn2n；（2）(3n4)2n216.【解析】【分析】(1)根据题意设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，代入已知条件计算即可.(2)由数列an和bn的通项公式写出数列a2nbn的前n项和，再利用错位相减法计算即可.【详解】解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12q2q60.又q0，解得q2.bn2n由b3a42a1，可得3da18由S1111b4，可得a15d16联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.an的通项
12、公式为an3n2，bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn，由a2n6n2，有Tn4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1.上述两式相减，得.得Tn(3n4)2n216.数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.【点睛】本题主要考查数列通项公式和数列的求和，考查错位相减法求和，准确进行运算是解题的关键.19.已知椭圆的一个焦点与的焦点重合，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）斜率为的直线经过椭圆的右焦点且交椭圆于、两点，求弦的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，然后把点的坐
13、标代入椭圆方程中，再利用椭圆中的关系，这样组成方程组，解方程组即可；（2）求出直线的方程，将直线与椭圆方程联立，利用根与系数关系，结合弦长公式进行求解即可.【详解】（1）因为抛物线的焦点坐标为，所以，因为点在椭圆上，所以有，因此椭圆的标准方程为：；（2）由（1）可知：,因为斜率为的直线经过椭圆的右焦点，所以直线的方程为：，与椭圆方程联立得：，设、，因此，.【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了求椭圆的弦长，考查了抛物线的焦点的坐标，考查了数学运算能力.20.如图：在四棱锥中，底面是正方形，点在上，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；【答案】（1）证明见解析过程；（2）.【解析】【
14、分析】（1）连接交于于点，连接，利用等腰三角形的性质、正方形的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出与平面垂直，进而得到，最后利用勾股定理的逆定理和线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）连接交于于点，底面是正方形，所以，是的中点，因为，所以,因为，所以，,因为,因此平面，而平面，所以，因为，所以有，因此，平面，因此平面；（2）由（1）可知：平面，而是正方形，因此以所在的直线为横轴，纵轴和竖轴建立空间直角坐标系，如下图所示：，因为，所以可得，由（1）可知：平面，所以平面的法向量为：，设平面的法向量为：，因此有，设二面角的平面角为，所以有;.【点睛】本题考查了线面垂直判定理的应用，考查了利用空间向量夹角公式求二面角问题，考查了推理论证能力和数学运算能力.