天津市滨海新区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 20页

滨海新区2019-2020学年度第一学期期末检测试卷 高二年级数学 一．选择题（共12小题）‎ ‎1.i是虚数单位，复数等于　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 直接利用复数的除法运算进行化简计算．‎ ‎【详解】．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题．‎ ‎2.“，”的否定是( ).‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“∀x∈M，p（x）”的否定为“∃x∈M，￢p（x）”．‎ ‎【详解】依题意，“∀x∈（2，+∞），x2﹣2x＞‎0”‎的否定是：，，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了命题的否定，要注意命题的否定和否命题的区别．本题属于基础题．‎ ‎3.若，且，则下列结论一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的基本性质，即可选出答案.‎ ‎【详解】当时，，错误.‎ 当时，，，错误.‎ 当时，，错误.‎ 因为，所以，正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的基本性质，属于基础题.若不等式不成立，只需举出一个反例说明即可.此类题型常用举出反例和目标分析法来做题.‎ ‎4.等差数列的前项和，若，则( )‎ A. 8 B. ‎10 ‎C. 12 D. 14‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：假设公差为,依题意可得.所以.故选C.‎ 考点：等差数列的性质.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.已知等比数列中，，且，那么=（ ）‎ A. 31 B. ‎32 ‎C. 63 D. 64‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出公比，再根据求和公式计算即可.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，，且，‎ ‎，即，‎ ‎.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等比数列的前项和，属于基础题.‎ ‎6.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第四天走的路程为（ ）‎ A. 3里 B. 6里 C. 12里 D. 24里 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设第一天走里,则是以为首项,以为公比的等比数列，‎ 由题意得：，‎ 解得(里)，‎ ‎∴(里).‎ 故选D.‎ ‎7.已知双曲线的实轴长为10，则该双曲线的渐近线的斜率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用双曲线的实轴长为，求出，即可求出该双曲线的渐近线的斜率.‎ ‎【详解】由题意，，所以，，‎ 所以双曲线的渐近线的斜率为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎8.“是与的等差中项”是“是与的等比中项”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】‎ 根据等差中项和等比中项的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．‎ ‎【详解】若是与的等差中项，‎ 则，‎ 若是与的等比中项，‎ 则，‎ 则“是与的等差中项”是“是与的等比中项”的充分不必要条件，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差中项和等比中项的定义求出的值是解决本题的关键．‎ ‎9.若正数满足，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由得到，推出，根据基本不等式即可求出结果.‎ ‎【详解】因为正数满足，所以，‎ 所以，当且仅当，即时，等号成立.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎10.已知双曲线的离心率为，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的准线，即得，再由离心率公式和，可得，，即可得到双曲线方程.‎ ‎【详解】抛物线的准线为，则有双曲线的一个焦点为，即，‎ 由，可得，则，‎ 即双曲线方程为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线和双曲线的方程和性质，运用离心率公式和，， 的关系是解题的关键，属于基础题.‎ ‎11.若，，，则的最小值为（ ）‎ A. 8 B. ‎7 ‎C. 6 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，由基本不等式可得，注意等号成立的条件即可.‎ ‎【详解】由，，，则 ‎，‎ 当且仅当时取“”.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查“乘1法”和基本不等式的性质，属于基础题.‎ ‎12.已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点．且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（ ）‎ A. 2 B. ‎4 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线和椭圆的性质和关系，结合余弦定理即可得到结论．‎ ‎【详解】设椭圆的长半轴为，双曲线的实半轴为，半焦距为，‎ 由椭圆和双曲线的定义可知，设，，，‎ 椭圆和双曲线的离心率分别为，，‎ 因是它们的一个公共点，且，则由余弦定理可得：‎ ‎……①‎ 在椭圆中，由定义知，①式化简为：……②‎ 在双曲线中，由定义知，①式化简为：……③‎ 由②③两式消去得：，等式两边同除得，‎ 即，‎ 由柯西不等式得，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关键，属于难题．‎ 二．填空题（共8小题）‎ ‎13.已知复数为虚数单位），则_______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知直接利用复数模的计算公式求解.‎ ‎【详解】由复数，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查复数模的求法，属于基础题.‎ ‎14.已知直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则等于________．‎ ‎【答案】—9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得：，即，即可得出的值.‎ ‎【详解】由题意得：，即，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线面位置关系、方程思想方法，推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎15.不等式的解集为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将分式不等式转化为整式不等式求解即可．‎ ‎【详解】依题意，不等式等价于，解得，‎ 所以不等式的解集为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的解法，主要考查计算能力和转化求解能力，属于基础题．‎ ‎16.已知数列满足，，则_________‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由递推关系分别计算即可.‎ ‎【详解】‎ 故答案为8.‎ ‎【点睛】本题考查数列递推关系，求数列的项，是基础题.‎ ‎17.正方体中，点是中点，求与所成角的余弦值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可得到答案.‎ ‎【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，‎ 设正方体的棱长为，则，，，，‎ ‎，，‎ 设直线与直线所成角为，则，‎ 所以直线与直线所成角的余弦值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎18.直线过抛物线的焦点，且与抛物线相交于，两点，若的中点的纵坐标2，则_____，直线的方程为______．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的焦点可得的值，设直线的方程为，联立方程，利用的中点的纵坐标即可得到直线方程.‎ ‎【详解】由题意，抛物线的焦点，则，所以，‎ 所以抛物线方程为，‎ 设，，则，直线的方程为，‎ 联立，消去整理得：，‎ 由韦达定理得：，即，‎ 所以直线的方程为.‎ 故答案为：2，.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线基本概念的掌握，以及解析几何的计算能力，韦达定理的应用，属于基础题.‎ ‎19.已知，使等式成立的实数的取值集合为，不等式的解集为，若是的必要条件，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件进行转化，结合一元二次函数求出集合，再求出集合，利用必要条件建立不等关系讨论即可.‎ ‎【详解】由题意，，使等式成立的实数的取值集合为，‎ ‎，‎ 当时，取最小值为，当时，取最大值为，‎ ‎，即，‎ 若是的必要条件，则，‎ 当，即时，，则，即，‎ 当，即时，，则，即，‎ 当，即时，此时，不满足题中条件，‎ 综上所述：的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查二次函数在区间上的值域的求解，集合之间包含关系的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于基础题.‎ ‎20.给出下列四个命题 ‎①已知为椭圆上任意一点，，是椭圆的两个焦点，则的周长是8；‎ ‎②已知是双曲线上任意一点，是双曲线的右焦点，则；‎ ‎③已知直线过抛物线的焦点，且与交于，，，两点，则；‎ ‎④椭圆具有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，今有一个水平放置的椭圆形台球盘，点，是它的焦点，长轴长为，焦距为，若静放在点的小球（小球的半径忽略不计）从点沿直线出发则经椭圆壁反射后第一次回到点时，小球经过的路程恰好是．‎ 其中正确命题的序号为__（请将所有正确命题的序号都填上）‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①求得椭圆中的， ，的周长为：，即可判断；‎ ‎②求得双曲线中的，，，讨论在双曲线的左支或右支上，求得最小值，即可判断；‎ ‎③设出直线的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理，即可判断；‎ ‎④可假设长轴在，短轴在轴，对球的运动方向沿轴向左直线运动，沿轴向右直线运动，以及球不沿轴运动，讨论即可.‎ ‎【详解】①由椭圆方程，得，，因为椭圆上任意一点，由椭圆定义知，的周长为，故①错误；‎ ‎②已知是双曲线上任意一点，且，，是双曲线的右焦点，若在双曲线左支上，则，若在双曲线右支上，则，故②正确；‎ ‎③直线过抛物线的焦点，设其方程为，，，将直线代入抛物线的方程可得，由韦达定理可得，又，则，故③正确；‎ ‎④假设长轴在，短轴在轴，设为左焦点，为左焦点，以下分为三种情况：‎ i．球从 沿轴向左直线运动，碰到左顶点必然原路反弹，这时第一次回到路程 是；‎ ii．球从沿轴向右直线运动，碰到右顶点必然原路反弹，这时第一次回到路程 是；‎ iii．球从不沿轴斜向上（或向下）运动，碰到椭圆上的点，反弹后经过椭圆的另一个焦点，再弹到椭圆上一点，经反弹后经过点，此时小球经过的路程是；‎ 综上所述：从点沿直线出发，经椭圆壁反弹后第一次回到时，小球经过的路程是或或.故④错误.‎ 故答案为：②③.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥曲线的定义、方程和性质，考查分类讨论思想方法和化简整理的运算能力，属于中档题．‎ 三．解答题（共4小题）‎ ‎21.已知公差不为0的等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列．‎ 求数列的通项公式；‎ 求数列的前n项和公式．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；‎ 运用等差数列的求和公式，可得，，再由裂项相消求和，可得所求和．‎ ‎【详解】解：公差d不为0的等差数列的前n项和为，‎ ‎，可得，‎ 且，，成等比数列，可得，即，‎ 解得，，‎ 则；‎ ‎，‎ ‎，‎ 则数列的前n项和为 ‎．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，以及数列的裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎22.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，O为AD中点，AB=1，AD=2，AC=CD=.‎ ‎（1）证明：直线AB∥平面PCO；‎ ‎（2）求二面角P－CD－A的余弦值；‎ ‎（3）在棱PB上是否存在点N，使AN⊥平面PCD，若存在，求线段BN的长度；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据条件AC=CD可得，又AB⊥AD，所以AB∥CO，然后根据线面平行的判定定理可得结论；（2）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面PCD和平面ABCD的法向量，根据两向量的夹角求解可得所求余弦值；（3）‎ 假设存在点N满足条件，设出点N的坐标，根据直线AN的方向向量和平面PCD的法向量平行可得结论．‎ ‎【详解】（1）因为AC=CD，O为AD中点，‎ 所以．‎ 又AB⊥AD，‎ 所以AB∥CO，‎ 又AB平面PCO，CO平面PCO，‎ 所以AB∥平面PCO．‎ ‎（2）因为PA=PD，‎ 所以PO⊥AD.‎ 又因为PO平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO平面ABCD，‎ 所以PO⊥CO.‎ 因为AC=CD，所以CO⊥AD.‎ 如图建立空间直角坐标系O－.‎ 则A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，－1，0），P（0，0，1）.‎ 设平面PCD的法向量为，‎ 则，得'‎ 令z=2，则．‎ 又平面ABCD的法向量为=（0，0，1），‎ 所以.‎ 由图形得二面角为锐角，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎（3）假设存在点N是棱PB上一点，使得AN⊥平面PCD，‎ 则存在∈[0，1]使得，‎ 因此.‎ 由（2）得平面PCD的法向量为.‎ 因为AN⊥平面PCD，‎ 所以∥，即.‎ 解得=∈[0，1]，‎ 所以存在点N是棱PB上一点，使AN⊥平面PCD，此时=.‎ ‎【点睛】（1）用向量法求二面角时，先求出两平面法向量的夹角，再通过观察图形得到二面角为锐角还是钝角，最后才能得到结论．‎ ‎（2）解决立体几何中的探索性问题时，一般先假设存在满足条件的元素（点或线），然后以此作为条件进行推理，看能否得到矛盾，若得到矛盾，则假设不成立；若得不到矛盾，则假设成立．‎ ‎23.已知数列的前项和为 ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用数列的递推式：当时，，当时，，化简整理可得所求通项公式；‎ ‎（2）求得，利用数列求和公式：分组求和法，错位相减法，即可得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）由，得．‎ 当时，．‎ 适合上式，‎ ‎；‎ ‎（2），‎ 设数列的前项和为，‎ 则 设……①‎ 则……②‎ ‎①-②得：．‎ 所以；‎ 则 ‎【点睛】本题考查数列的与前项的和的关系与求和公式、分组求和方法，错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎24.‎ 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）的上顶点到焦点的距离为2，离心率为．‎ ‎（1）求a，b的值．‎ ‎（2）设P是椭圆C长轴上的一个动点，过点P作斜率为k的直线l交椭圆C于A、B两点．‎ ‎（ⅰ）若k＝1，求△OAB面积的最大值；‎ ‎（ⅱ）若PA2＋PB2的值与点P的位置无关，求k的值．‎ ‎【答案】（1）＋y2＝1．（2）（ⅰ）m＝±时，S△OAB取得最大值1．（ⅱ）±.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由椭圆几何条件知上顶点到焦点距离为半长轴长，即a＝2，又e，所以c＝，故b＝1．（2）（ⅰ）求△OAB面积的最大值，关键建立其函数关系式，这要用到点到直线距离公式来求高，利用两点间距离公式来求底边边长：设点P（m，0）（－2≤m≤2），直线l的方程为y＝x－m．则可求得∣AB|＝，高为，从而S△OAB＝×|m|，利用基本不等式求最值（ⅱ）由题意先表示出PA2＋PB2，再按m整理，最后根据与点P的位置无关得到对应项系数为零，从而解出k的值．‎ 试题解析：（1）由题设可知a＝2，e，所以c＝，故b＝1．‎ 因此，a＝2，b＝1． 2分 ‎（2）由（1）可得，椭圆C的方程为＋y2＝1．‎ 设点P（m，0）（－2≤m≤2），点A（x1，y1），点B（x2，y2）．‎ ‎(ⅰ)若k＝1，则直线l的方程为y＝x－m．‎ 联立直线l与椭圆C的方程，即．将y消去，化简得 ‎－2mx＋m2－1＝0．从而有x1＋x2＝，x1· x2＝，‎ 而y1＝x1－m，y2＝x2－m，‎ 因此，∣AB|＝‎ 点O到直线l的距离d＝，‎ 所以，S△OAB＝×|AB|×d＝×|m|，‎ 因此，S2△OAB＝( 5－m2)×m2≤＝1．‎ ‎6分 又－2≤m≤2，即m2∈[0，4]．‎ 所以，当5－m2＝m2，即m2＝， m＝±时，S△OAB取得最大值1．‎ ‎8分 ‎(ⅱ)设直线l的方程为y＝k(x－m).‎ 将直线l与椭圆C的方程联立，即．‎ 将y消去，化简得(1＋4k2)x2－8mk2x＋4(k‎2m2‎－1)＝0，解此方程，可得，‎ x1＋x2＝，x1·x2＝．‎ ‎10分 所以，‎ PA2＋PB2＝(x1－m)2＋y12＋(x2－m)2＋y22＝(x12＋x22)－‎2m(x1＋x2)＋‎2m2‎＋2‎ ‎＝（*）. 14分 因为PA2＋PB2的值与点P的位置无关，即（*）式取值与m无关，‎ 所以有－8k4－6k2＋2＝0，解得k＝±．‎ 所以，k的值为±. 16分 考点：椭圆基本量，直线与椭圆位置关系