2018-2019学年江苏省盐城市高二上学期期末考试数学（理）试题 解析版

2018-2019学年江苏省盐城市高二上学期期末考试数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 江苏省盐城市2018-2019学年高二上学期期末考试数学（理)试题 评卷人 得分 一、填空题 ‎1．已知复数满足（是虚数单位），则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因,故,应填.‎ 考点：复数的运算．‎ ‎2．过抛物线的焦点且与对称轴垂直的弦长为______．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的焦点坐标，然后求解对称轴垂直的弦长．‎ ‎【详解】‎ 抛物线的焦点，‎ 可得：，解得．‎ 可得：对称轴垂直的弦长为：4．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．‎ ‎3．命题“，“的否定为______．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命题“，”，是一个全称命题，其否定命题一定是一个特称命题，由全称命题的否定方法，我们易得到答案．‎ ‎【详解】‎ 命题“，”，‎ 命题“，”的否定为：，．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】‎ 对命题“，”的否定是：“，”；对命题“，”的否定是：“，”，即对特称命题的否定是一个全称命题，对一个全称命题的否定是特称命题．‎ ‎4．点到双曲线的渐近线的距离为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出渐近线方程，再根据点到直线的距离公式即可求出．‎ ‎【详解】‎ 双曲线的渐近线方程为，即，‎ 则点到的距离，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式，属于基础题．‎ ‎5．已知直线的参数方程为(t为参数)，则其倾斜角为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把直线的参数方程化为普通方程，求出它的斜率和倾斜角的大小．‎ ‎【详解】‎ 直线的参数方程为为参数，‎ 消去参数t，化为普通方程是，‎ 则该直线的斜率为，倾斜角为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的参数方程与普通方程的转化问题，是基础题．‎ ‎6．已知命题为真命题，命题为假命题，则在下列命题中：；；是真命题的有______个 ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复合命题真假关系进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 若命题p为真命题，命题q为假命题，‎ 则是真命题，是假命题，是真命题，‎ 则真命题的是，有2个，‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查复合命题真假判断，根据与p真假性相反，同真为真，其他为假，同假为假，其余为真的结论是解决本题的关键．‎ ‎7．“复数为虚数单位是纯虚数”是“”的______条件请在“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分又不必要”、“充分必要”选择一个最为恰当的答案填写在横线上 ‎【答案】充要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据纯虚数的定义求出m的取值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 若复数i为虚数单位是纯虚数，‎ 则，即，得，‎ 即p是q的充要条件，‎ 故答案为：充要 ‎【点睛】‎ 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合纯虚数的定义求出m是解决本题的关键．判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．‎ ‎8．已知直线和平面满足： ; ；，若从其中选出两个作为条件，余下一个作为结论，可以得到______个真命题．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可以构成三个命题，，，根据空间直线和平面平行和垂直的性质进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 构成的命题有，，，‎ 若，，则成立，即是真命题，‎ 若，，则成立，即是真命题 若，，则成立，即是真命题，‎ 故可以得到3个真命题，‎ 故答案为：3‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查命题的真假关系，结合空间直线平行于直线平面垂直的性质和判定定理是解决本题的关键．‎ ‎9．从装有大小完全相同的2个白球、3个黑球的口袋中随机取出两个小球，记取出白球的个数为随机变量，则的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数，记取出白球的个数为随机变量，包含的基本事件个数，由此能求出．‎ ‎【详解】‎ 从装有大小完全相同的2个白球、3个黑球的口袋中随机取出两个小球，‎ 基本事件总数，‎ 记取出白球的个数为随机变量，‎ 包含的基本事件个数，‎ 则．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.‎ ‎10．已知正方体的棱长为2，分别是四条棱上的中点，则四棱锥体积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出EFGH是边长为的正方形，点到平面EFGH的距离，由此能求出四棱锥体积．‎ ‎【详解】‎ 正方体的棱长为2，‎ E，F，G，H分别是四条棱AB，BC，CD，DA上的中点，‎ 是边长为的正方形，‎ 点到平面EFGH的距离，‎ 四棱锥体积为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎11．已知抛物线上任意一点到双曲线右焦点的距离比到左准线的距离大1，则______．‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线方程求出焦点坐标与准线方程，由题意知双曲线的右焦点坐标与左准线方程，由此求出c和．‎ ‎【详解】‎ 抛物线中，，焦点为，准线方程为；根据抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，可得到：双曲线的右焦点为，左准线方程为，，且，解得．‎ 故答案为：12．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线方程与双曲线方程的应用问题，是基础题．涉及抛物线的定义的应用，题目比较简单.‎ ‎12．已知椭圆的左右两个焦点分别为、，以为斜边的等腰直角三角形与椭圆有两个不同的交点，且，则该椭圆的离心率为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可得，利用可得，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 以为斜边的等腰直角三角形与椭圆有两个不同的交点M，N，且，P(0,c), ，‎ ‎．‎ ‎，‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的离心率，属于中档题．求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).‎ ‎13．在三角形内，我们将三条边的中线的交点称为三角形的重心，且重心到任一顶点的距离是到对边中点距离的两倍类比上述结论：在三棱锥中，我们将顶点与对面重心的连线段称为三棱锥的“中线”，将三棱锥四条中线的交点称为它的“重心”，则棱锥重心到顶点的距离是到对面重心距离的______倍 ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由类比推理及线线平行的判定及运用可得：在中，M，N分别为AE，BE的三等分点，则，即，，即，故棱锥重心到顶点的距离是到对面重心距离的3倍，得解．‎ ‎【详解】‎ 在四面体ABCD中，E为CD的中点，‎ 连接AE，BE，且M，N分别为，的重心，AN，BM交于点G，‎ 在中，M，N分别为AE，BE的三等分点，则，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 故棱锥重心到顶点的距离是到对面重心距离的3倍，‎ 故答案为：3‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了类比推理及线线平行的判定及运用，属中档题．‎ ‎14．已知椭圆的右焦点为为椭圆在第一象限内的点，连接并延长交椭圆于点，连接为坐原点并延长交椭圆于点，若，则点的坐标为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得，设AB的方程为，联立椭圆方程，运用韦达定理，以及完全平方公式，结合题意可得，即有，平方后由韦达定理，解方程可得，可得A的坐标.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，设AB的方程为，‎ 联立椭圆方程可得，‎ 设，，‎ 可得，，‎ ‎，‎ 由O为AC的中点，且的面积为3，‎ 可得的面积为，‎ ‎，‎ 即有，‎ 可得，‎ 化为，即，‎ 则轴，可得，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的方程和运用，注意联立直线方程和椭圆方程，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ 评卷人 得分 二、解答题 ‎15．已知直线 为参数，曲线．‎ 求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；‎ 求曲线上的点到直线距离的最小值．‎ ‎【答案】（1）， ；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线l的参数方程消去参数，能求出直线l的普通方程，由曲线C的极坐标方程能求出曲线C的直角坐标方程;曲线C是以为圆心，以为半径的圆，圆心到直线l的距离，由此能求出曲线C上的点到直线l距离的最小值．‎ ‎【详解】‎ 直线l：为参数，‎ 直线l的普通方程为，‎ 曲线C：．‎ 曲线C的直角坐标方程为．‎ 曲线C是以为圆心，以为半径的圆，‎ 圆心到直线l的距离，‎ 曲线C上的点到直线l距离的最小值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的普通方程、曲线的直角坐标方程的求法，考查极坐标方程、普通方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎16．如图所示，在直三棱柱中，，点分别是，的中点．‎ 求证：平面；‎ 若，求证：C.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先根据平面几何知识证明四边形是平行四边形，得．再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据直三棱柱性质得，再根据等腰三角形性质得，由线面垂直判定定理得侧面．即得．再由已知，证得平面，即得结论 试题解析：证明：（1）因为是直三棱柱，所以，且，‎ 又点分别是的中点，所以，且．‎ 所以四边形是平行四边形，从而． ‎ 又平面，平面，所以∥面． ‎ ‎（2）因为是直三棱柱，所以底面，而侧面，‎ 所以侧面底面．‎ 又，且是的中点，所以．‎ 则由侧面底面，侧面底面，‎ ‎，且底面，得侧面． ‎ 又侧面，所以． ‎ 又，平面，且，‎ 所以平面． ‎ 又平面，所以．‎ ‎17．设，．‎ 若都有恒成立，求实数的取值范围；‎ 若，使得对，都有恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 问题转化为对恒成立，通过讨论x的范围，结合不等式的性质求出a的范围即可；求出的最大值，问题转化为，使得恒成立，求出a的范围即可．‎ ‎【详解】‎ 都有恒成立，‎ 故对恒成立，‎ 时，恒成立，故，‎ 时，对恒成立，‎ 故当且仅当时“”成立，‎ 故，‎ 综上，；‎ ‎，，‎ 故的最大值是1，‎ ‎，使得对，都有恒成立，‎ ‎，使得恒成立，‎ 即，使得恒成立，‎ 故，使得成立，‎ 即，解得：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的单调性，最值问题以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题，恒成立求参的题常见的方法有，变量分离，转化为函数最值，或者直接转化为函数最值问题.‎ ‎18．设，若展开式中第4项与第5项二项式系数最大．‎ 求；‎ 求最大的系数；‎ 是否存在正整数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）7；（2）672；（3）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用二项式系数的性质，求得n的值;展开式中第项是系数最大的项，列出不等式组求得r的值，可得最大的系数;假设存在正整数m，使得成立，解出m的值，可得结论．‎ ‎【详解】‎ 若展开式中第4项与第5项二项式系数最大，即，则．‎ 设展开式中第项是系数最大的项，则，‎ 由不等式组，解得，且，，‎ 所以．‎ 因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 由此方程可得：，‎ 解得：或4．‎ 综上：存在或4，使得成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，组合数的计算公式，属于中档题．‎ ‎19．请用空间向量求解已知正四棱柱中，，， 分别是棱，上的点，且满足，． ‎ 求异面直线，所成角的余弦值；‎ 求面与面所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出AD，DC，两两垂直，以A为原点，DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线，所成角的余弦值;求出平面的一个法向量和平面FAD的一个法向量，利用向量法能求出面与面FAD所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 在正四棱柱中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，‎ 所以AD，DC，两两垂直，‎ 以A为原点，DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ 又因，，E，F分别是棱，上的点，‎ 且满足，，，‎ 所以0，，0，，1，，1，，0，，1，，1，，‎ 所以，‎ 设异面直线，所成角为 所以，‎ 所以异面直线，所成角的余弦值为 ‎ ‎，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，所以，令，‎ 所以，‎ 平面FAD的一个法向量为，‎ 则，所以，令，所以，‎ 所以，‎ 所以面与面FAD所成的锐二面角的余弦值为 ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做。‎ ‎20．甲乙二人进行定点投篮比赛，已知甲、乙两人每次投进的概率均为，两人各投一次称为一轮投篮．‎ 求乙在前3次投篮中，恰好投进2个球的概率；‎ 设前3轮投篮中，甲与乙进球个数差的绝对值为随机变量，求的分布列与期望．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用n次独立重复实验恰有k次发生的概率公式计算即可；由题意知随机变量的取值，计算对应的概率值，写出分布列，再求出数学期望值．‎ ‎【详解】‎ 乙在前3次投篮中，恰好投进2个球为事件A，‎ 则；‎ 答：乙在前3次投篮中，恰好投进2个球的概率为；‎ 设前3轮投篮中，甲与乙进球个数差的绝对值为随机变量，‎ 则的取值为0，1，2，3；‎ 设前3轮投篮中，甲进球个数为X，则X的取值为0，1，2，3，‎ 计算，，‎ ‎，；‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎；‎ 所以的分布列为；‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 数学期望为 ‎【点睛】‎ 本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式求得.‎ ‎21．已知点是抛物线上的一点，过点作两条直线与，分别与抛物线相交于异于点的两点．‎ 若直线过点且的重心在轴上，求直线的斜率；‎ 若直线的斜率为1且的垂心在轴上，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线AB的方程为，设A，B两点的坐标分别为，，根据重心的性质，以及根与系数，根据斜率公式即可求出;分类讨论，根据韦达定理和斜率公式即可求出．‎ ‎【详解】‎ 设直线AB的方程为，设A，B两点的坐标分别为，‎ 因为的重心G在x轴上，所以，‎ 将直线AB代入抛物线方程可得：，‎ 所以，解得：，‎ 所以直线AB的斜率是．‎ 若直线AB的斜率为1，则直线PH的方程是，所以，‎ 若直线AB的斜率为1，则设直线AB的方程为，‎ 将直线AB代入抛物线方程可得：，‎ 所以，，且，‎ 因为，所以，将，代入 得，‎ 将，代入上面方程可得：，‎ 由此方程解得：或舍，‎ 所以直线AB的方程是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎22．已知分别为椭圆右顶点和上顶点，且直线的斜率为，右焦点到直线的距离为．‎ 求椭圆的方程；‎ 若直线 与椭圆交于两点，且直线的斜率之和为1，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由直线AB的斜率得出，于是得出，再由点F到直线AB的距离，得出b的值，从而可求出a的值，从而可写出椭圆C的方程；设点、，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，由直线BM、BN的斜率之和为1，结合韦达定理得出k与m所满足的关系式，结合m的范围，可得出k的范围，再由，得出k的另一个范围，两者取交集可得出实数k的取值范围．‎ ‎【详解】‎ ‎，，则，直线AB：，‎ ‎，，．‎ 因此，椭圆C的方程为；‎ 设点、，‎ 将直线l的方程与椭圆C的方程联立，消去y并整理得，‎ ‎，由韦达定理得，．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 又，‎ ‎，综上所述，．‎ 因此，实数k的取值范围是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎23．已知平面上一个圆可以将平面分成两个部分，两个圆最多可以将平面分成4个部分，设平面上个圆最多可以将平面分成个部分．‎ 求，的值；‎ 猜想的表达式并证明；‎ 证明：．‎ ‎【答案】（1）8，14；（2），证明见解析；（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知：，;猜想并用数学归纳法证明可得解;‎ 证明：讨论当或2或3时，，且时，用数列单调性的证明方法定义法证明即可.‎ ‎【详解】‎ 由已知有：，，‎ ‎ ，‎ 下面用数学归纳法证明：‎ 当时，结论成立；‎ 假设时，结论成立，即平面上k个圆最多可以将平面分成个部分，‎ 那么当时，第个圆与前k个圆最多有2k个交点，即此第个圆最多被这2k个交点分成2k条圆弧段，由于每增加一个圆弧段，可将原来的区域分成两个区域，因此第个圆使平面增加了2k个区域，‎ 所以，‎ 综合得：即平面上n个圆最多可以将平面分成个部分，‎ 即命题得证 证明：当或2或3时，，‎ 即，‎ 且时，‎ 设，‎ 则，‎ 设，‎ 因为，所以，所以 所以时，数列是单调递减数列，所以，‎ 所以，‎ 综合得：．‎ 故不等式得证．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了归纳推理、数学归纳法及数列单调性的证明，属难度较大的题型．数列作为特殊的函数，可通过函数的单调性研究数列的单调性，必须注意的是数列对应的是孤立的点，这与连续函数的单调性有所不同；也可以通过差值的正负确定数列的单调性．‎