1、江苏省常州市前黄高级中学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.1.已知空间向量,若,则实数（ ）A. -2B. -1C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】根据时，列方程求出的值【详解】解：向量，若，则，解得故选：【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算与垂直应用问题，属于基础题2.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由复数的乘法运算展开即可【详解】解： 故选D.【点睛】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题3.盛唐著名边塞诗人王昌龄在其作品从军行中写道：青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关黄沙百战穿金甲，不破楼兰终
2、不还其最后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”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】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】“攻破楼兰”不一定“返回家乡”，但“返回家乡”一定是“攻破楼兰”，由充分条件和必要条件的定义判断可得“攻破楼兰”是“返回家乡”必要不充分条件，故选：【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于容易题4.设是首项为，公差为-1的等差数列，为其前n项和，若成等比数列，则=（ ）A. 2B. -2C. D. 【答案】D【解析】【分析】把已知用数列的首项和公差表示出来后就可解得，【详解】因为成等
3、比数列，所以，即故选D.【点睛】本题考查等差数列的前项和，考查等比数列的性质，解题方法是基本量法本题属于基础题5.在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，取AC的中点O，连结，求得是与侧面所成的角，在中，即可求解【详解】由题意，取AC的中点O，连结,因为正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，所以，因为，所以平面，所以是与侧面所成的角，因为，所以，所以，与侧面所成的角【点睛】本题主要考查了直线与平面所成的角的求解，其中解答中空间几何体的线面位置关系，得到是与侧面所成的角是解答的关键，着重考查了推理与
4、运算能力，以及转化与化归思想，属于中档试题6.若抛物线的准线经过双曲线的一个焦点,则（ ）A. 2B. 10C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出的左焦点，得到抛物线的准线，依据的意义求出它的值【详解】解：因为抛物线焦点在轴上，开口为正方向，故准线在轴左侧，双曲线的左焦点为，故抛物线的准线为，故选：【点睛】本题考查抛物线和双曲线的简单性质，以及抛物线方程中的意义7.正方体,点,分别是，的中点,则与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接，证明，再根据，可得即可得到与所成角的余弦值.【详解】解：连接，是正方体,且因为点,分别是，的中点即与成直角，则与所成
5、角的余弦值为故选：【点睛】本题考查异面直线所成的角的计算，属于基础题.8.若双曲线的渐近线与圆没有公共点，则C的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径求得a和b的关系，进而利用求得a和c的关系，则双曲线的离心率可求【详解】双曲线渐近线为，且与圆没有公共点，圆心到渐近线距离大于半径，即，故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式等着重考查了学生数形结合的思想的运用，属中档题9.设双曲线的右焦点为F,点P在C的一条渐近线上,O为坐标原点,若且的面积为
6、,则C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程，设双曲线方程为，表示右焦点的坐标，根据点到线的距离公式求出到渐近线的距离，根据利用勾股定理求得，利用，得到方程，求得，得解.【详解】解：为双曲线的一条渐近线，故设双曲线方程则右焦点的坐标为因为在上，且则右焦点的坐标为到直线的距离故故选：【点睛】本题考查双曲线的性质，三角形面积公式，点到线的距离公式，属于中档题.10.数列中，且，则数列前2019项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得，化为：，利用“累加求和”方法可得，再利用裂项求和法即可得解【详解】解：，整理得：，又，可
7、得：则数列前2019项和为：故选B【点睛】本题主要考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力、转化能力与计算能力，属于中档题11.如图,矩形中,是线段上一点且满足,是线段上一动点,把沿折起得到,使得平面平面,分别记,与平面所成角为,平面与平面所成锐角为,则:（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形,因为与平面所成角为,平面与平面所成锐角为,与平面所成角为分别求出和,结合图形分别比较和和,即可求出答案.【详解】如图,过作,在中,由,可得由等积法可得,则 平面平面,且,可得平面 画出底面平面图:在,由余弦定理可得: ,故 结合图像可知: ,可得:
8、 , 可得 过作,垂足为,连接，则为平面与平面所成的锐角 到的距离,由底面图像可知: 即由可得: 都是锐角,根据正切函数单调性可知: 故选:A.【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面所成角的求法.在立体图形中某个平面内的线段较多且关系复杂时,可画出其平面图形进行求解.解题关键是求,和.考查空间想象能力与逻辑思维能力,是中档题12.已知F为椭圆C：的左焦点，过F作两条互相垂直的直线，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则四边形ADBE的面积最小值为（ ）A. 4B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先计算直线斜率为0时或直线斜率为0时对应的四边形的面积，再设斜率为k，利用
9、弦长公式计算，得出四边形的面积关于k的函数，利用换元法求出面积的最小值从而得出结论【详解】椭圆的左焦点为（1）当直线斜率为0时，直线的方程为，或当直线斜率为0时，直线的方程为，把代入椭圆方程得，四边形ADBE的面积为（2）当直线有斜率且斜率不为0时，设直线的方程为，直线的方程为联立方程组，消元得：，设，则，用替换k可得，四边形ADBE的面积为，令，则，当即时，S取得最小值综上，四边形ABDE的面积的最小值为故选：C【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，考查弦长公式，面积公式的应用，考查换元法与设而不求法的运用，计算较难，注意认真检查，同时注意讨论直线方程的特殊情况，属难题二、填空题：本大题共
10、4小题，每小题5分，共20分.13.是虚数单位,则的值为_.【答案】【解析】【分析】利用复数的运算法则计算出，再根据求模的法则计算即可得出【详解】解：故答案为：【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题.14.已知“”是假命题,则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】求出命题的否定，由原命题为假命题，得命题的否定为真命题，参变分离得到，构造函数求在所给区间上的最小值.【详解】解：由题意可知，是真命题对恒成立，令令则；令则；即在上单调递减，上单调递增；故答案为：【点睛】本题考查根据命题的真假求参数的取值范围，关键是将问题进行转化，属于中档题.15.，是椭圆和双曲线的公共焦点，分别为曲线，的离心
11、率，为曲线，的一个公共点，若，且，则_.【答案】【解析】【分析】不妨设点在第一象限，设，在中，由余弦定理可得：，进而得到，根据范围可得到结果.【详解】如图所示，设椭圆的方程为，半焦距为，双曲线的方程为，半焦距为，不妨设点在第一象限，设，在中，由余弦定理可得：，两边同时除以，得，.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆和双曲线离心率的综合，通过计算得到是解题的关键，意在考查学生的计算能力和逻辑思维能力，属于常考题.16.设是等比数列，公比，为的前n项和，记，设为数列的最大项，则_【答案】4【解析】【详解】解三、解答题：本大题共6小题，共70分.17.若复数，当实数为何值时（1）是实数；（2）是纯虚数；
12、（3）对应的点在第二象限.【答案】(1)m=2或m=-1 (2)m=-3 (3)m范围【解析】【分析】（1）根据复数的分类条件可求出的值;（2）根据纯虚数的条件可得出结果;（3）利用复数的几何意义,转化为的不等式,即可求的取值范围.【详解】（1）当是实数时,解得或,所求的值为或;（2）当是纯虚数时,解得,所求的值为;（3）当对应的点在第二象限时,解得,实数的取值范围是.【点睛】本题考查复数的分类,以及复数的几何意义,考查等价转化,数形结合思想,属于基本题.18.已知抛物线：的焦点，上一点到焦点的距离为5（1）求的方程；（2）过作直线，交于，两点，若直线中点的纵坐标为-1，求直线的方程【答案】（
13、1）（2）【解析】【分析】法一：利用已知条件列出方程组，求解即可法二：利用抛物线准线方程，由抛物线的定义列出方程，求解即可法一：由可得抛物线焦点的坐标，设出两点的坐标，利用点差法，求出线段中点的纵坐标为，得到直线的斜率，求出直线方程法二：设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，设出两点的坐标，通过线段中点的纵坐标为，求出即可【详解】法一:抛物线: 的焦点的坐标为,由已知解得或,的方程为. 法二:抛物线的准线方程为由抛物线的定义可知解得的方程为. 2.法一:由(1)得抛物线C的方程为,焦点设两点的坐标分别为,则 两式相减,整理得线段中点的纵坐标为直线的斜率直线的方程为即分法二:由(1)得抛物线的方
14、程为,焦点设直线的方程为由消去,得设两点的坐标分别为,线段中点的纵坐标为解得直线的方程为即【点睛】本题主要考查了直线与抛物线相交的综合问题，对于涉及到中点弦的问题，一般采用点差法能直接求出未知参数，或是将直线方程设出，设直线方程时要注意考虑斜率的问题，此题可设直线的方程为，就不需要考虑斜率不存在，将直线方程与抛物线方程联立，利用条件列出等量关系，求出未知参数19.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足：对任意的nN*，都有an+1+Sn+11，又a1（1）求数列an的通项公式；（2）令bnlog2an，求（nN*）【答案】(1) an；(2)【解析】【分析】（1）利用公式化简得到，计算
15、，得到答案.（2）计算得到，利用裂项求和计算得到答案.【详解】（1）根据题意，由an+1+Sn+11，则有an+Sn1，（n2）得：2an+1an，即an+1an，又由a1，当n1时，有a2+S21，即a2+（a1+a2）1，解可得a2，则所以数列an是首项和公比都为的等比数列，故an；（2）由（1）的结论，an，则bnlog2ann，则（1）+（）+（）1【点睛】本题考查了求通项公式，裂项求和法计算前项和，意在考查学生对于数列公式的综合应用.20.如图，四棱锥的底面是直角梯形，是的中点，.（）证明：平面； （）求二面角的大小； （）线段上是否存在一点，使得直线平面. 若存在，确定点的位置；若
16、不存在，说明理由.【答案】（）见证明；（）；（）见解析【解析】【分析】（I）依题意易得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系通过,证得平面.（II）通过计算平面和平面的法向量，由此计算出面面角的余弦值，进而求得二面角的大小.（III）设出的坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，求出关于点坐标的参数，由此判断出点的位置.【详解】（）因为 平面.所以，又. 如图，以为原点建立空间直角坐标系由题意得所以,. 所以,所以,所以平面. （）设平面的法向量为，因为. 所以，即，令，则.于是. 因为平面，所以为平面的法向量，又.所以因为所求二面角为钝角，所以二面角大小为.（）解：设，. 设平面的法向量，
17、则，即 ，令，. 于是，如果直线平面，那么，解得 .所以，存在点为线段靠近点的三等分点，使得直线平面.【点睛】本小题主要考查利用空间向量法证明线面垂直，考查利用空间向量法求面面角的大小，考查利用空间向量法确定点的位置，属于中档题.21.已知椭圆的左，右焦点分别为，该椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（I）求椭圆的方程；（）如图，若斜率为的直线与轴，椭圆顺次交于点在椭圆左顶点的左侧）且，求证：直线过定点；并求出斜率的取值范围.【答案】（I）；（）证明见解析，.【解析】分析】（I）根据椭圆离心率求得，根据圆心到直线的距离等于半径求得的值，进而求得的值和椭圆的标准方程
18、.（II）设出两点的坐标，根据，得到，将两点坐标代入上式.设出直线的方程，代入椭圆方程并化简，写出韦达定理和判别式，将韦达定理得到的式子代入，化简后可求得直线所过定点.根据判别式，求得的取值范围.【详解】（）解：椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的离心率为，即有，即，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆方程为，直线与圆相切，则有，即有，则椭圆C的方程为；（）证明：设，由，可得直线和关于x轴对称即有，即，即有，设直线，代入椭圆方程，可得，判别式，即为，代入可得，将代入，化简可得，则直线的方程为，即即有直线恒过定点将代入，可得，解得或则直线的斜率的取值范围是【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心
19、率的运用，注意运用直线和圆相切的条件.考查联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题.22.设，是函数的图象上的任意两点.（1）当时，求的值；（2）设，其中，求；（3）对应（2）中，已知，其中，设为数列的前n项和，求证.【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】【分析】（1）由已知条件推导出；（2）由，利用倒序相加求和法得到，由此能求出；（3）由，知，由此能证明【详解】（1），是函数的图象上的任意两点，且时，；（2）， ， ，得：，；（3）， ，是单调递增数列，又，.【点睛】本题考查函数值的求法，考查数列前项和的求法，考查不等式的证明，解题时要注意倒序相加求和法的合理应用，属于压轴题.
