2018-2019学年上海市吴淞中学高二下学期期中数学试题(解析版).doc

2018-2019学年上海市吴淞中学高二下学期期中数学试题

一、单选题
1．下列所给的四个命题中，不是真命题的为（ ）
A.两个共轭复数的模相等 B.
C. D.
【答案】C
【解析】设，根据已知中的条件，将代入，解关于，的方程，求出满足条件的，的值，可以判断出，，为真命题，举出反例说明，也可能不成立，即可判断错误，进而得到答案．
【详解】
对于，设，其共轭复数为，两个共轭复数的模相等，故正确；
对于，，故正确；
对于，例如，，满足但不满足，故错误；
对于，设，其共轭复数为，此时，，故正确.
故选：C.
【点睛】
本题考查的知识点是复数的基本概念，其中根据复数模的计算方法及复数的基本运算法则，设复数为代入各个选项，判断命题的真假是解答本题的关键．
2．已知数列是无穷等比数列，其前n项和是，若，，则的值为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【详解】
，，选D.
3．已知两非零向量，，其中 ，，，均为实数，集合，集合，则“”是“”的（ ）
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.即非充分又非必要条件
【答案】B
【解析】根据向量平行以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
若，则不等式和的解集相同，
则，且方程和同解，
即，则成立，即必要性成立；
若，取，，则，但集合，集合的解集不同，解集不成立，故充分性不成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，证明充分性不成立时，可举反例证明使解题过程更清晰．
4．对平面中的任意平行四边形，可以用向量方法证明：，若将上诉结论类比到空间的平行六面体，则得到的结论是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】由平行六面体的几何特征，其各个面以及对角面都是平行四边形，在平行四边形、、分别利用已知结论，可得到选项D是正确的.
【详解】
如图所示的平行六面体中，
在平行四边形中，①
在平行四边形中，②
在平行四边形中，③
②③相加，得④
将①代入④，再结合得，

故选：D.
【点睛】
本题考查从平面到空间的类比推理，考查逻辑推理能力和空间想象能力，求解过程中要懂得充分利用条件中的现成结论，进行推理得到答案.

二、填空题
5．计算：______．
【答案】-1
【解析】对分式的分子分母同时除以，再利用极限的四则运算求值.
【详解】
由题意得：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查数列极限运算，考查基本的运算求解能力，属于容易题.
6．已知矩阵，，则______．
【答案】
【解析】直接根据矩阵与向量积的运算法则进行计算，即可得到答案.
【详解】
因为，，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查矩阵的乘法运算，即矩阵中的第一行各个数与的第一列各个数对应相乘后加起来，就是乘法结果中第1行第1列的数，其它行列的数依此类推可求得，考查基本运算求解能力.
7．若行列式的第二行，第三列元素的代数余子式的值等于，则实数______．
【答案】-1
【解析】根据余子式的定义可知，，求出其表达式列出关于的方程解之即可．
【详解】
由题意得
解得：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查三阶行列式的余子式的定义，考查基本运算求解能力，求解时注意行列式的运算，属于容易题．
8．在复数范围内分解因式：______．
【答案】
【解析】解出方程的两根，再利用两根式进行因式分解.
【详解】
由可得：，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了实系数一元二次方程有虚数根的情况下因式分解，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9．曲线与曲线的交点个数为______．
【答案】3
【解析】联立方程，可得，解得或，当时对应两个值，当时对应唯一的，即可得出结论．
【详解】
联立方程得：
解得或，
当时，对应，当时，对应唯一的，
所以两曲线的交点个数为3个.
故答案为：3.
【点睛】
本题考查曲线与曲线交点的个数，注意与直线和二次曲线求交点个数的区别与联系，求解时要充分考虑图形的对称性．
10．已知实数，满足，则的最大值是______．
【答案】0
【解析】先画出约束条件的可行域，再求出可行域中各角点的坐标，将各点坐标代入目标函数的解析式，分析后易得目标函数的最大值．
【详解】
约束条件所示的可行域，如图所示三角形：

易得：，
令
所以，
所以.
故答案为：0.
【点睛】
在解决线性规划的小题时，常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域；②求出可行域各个角点的坐标；③将坐标逐一代入目标函数；④验证，求出最优解．
11．如图，直三棱柱的主视图是边长为2的正方形，且俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的左视图面积为___________.

【答案】
【解析】由主视图、俯视图得到三棱柱的侧视图为以底面高为一边，以棱柱高为另一边的矩形，从而可得结果.
【详解】
由三视图得到三棱柱的侧视图为以底面正三角形的高为一边，以棱柱高为另一边的矩形，
所以侧视图的面积为，故答案为 .
【点睛】
本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
12．从双曲线上任意一点引实轴的平行线，与它的渐近线相交于两点，则的值为______．
【答案】1
【解析】利用点的任意性，设为双曲线实轴的顶点，则点重合于原点，易得．
【详解】
双曲线的渐近线为，
设为双曲线实轴的顶点，
所以点重合于原点，
所以，
故答案为：1.
【点睛】
本题考查双曲线的性质，求解过程中利用点的任意性，将其取在特殊位置，可使问题的计算量大大减少.
13．一平面截一球得到面积为的圆面，球心到这个圆面的距离是球半径的一半，则该球的体积是______．
【答案】
【解析】求出截面圆的半径，利用勾股定理求球的半径，然后求出球的体积．
【详解】
设球的截面圆的半径为，
则，
设球的半径为，
则球心到这个圆面的距离是，
由，解得：，
所以球的体积.
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆的面积、球的体积计算，考查直观想象能力和逻辑思维能力，是基础题．
14．在平面直角坐标系中，已知顶点，，顶点在椭圆上，则的值是______．
【答案】3
【解析】在椭圆的焦点中，先利用正弦定理把式子转化成边的关系，再利用椭圆的定义进行求值.
【详解】
在椭圆的焦点中，
，
由正弦定理及诱导公式可得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查正弦定理与椭圆定义的交会，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
15．已知等差数列前项和为，函数，若满足，，______．
【答案】6057
【解析】令，，，再利用为奇函数且为增函数得到，最后利用等差数列的求和公式求得的值.
【详解】
令，则，，
因为为奇函数且为增函数，，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查函数的奇偶性与数列知识交会，考查等差数列的性质和求和公式的运用，考查运算求解能力，如何利用奇函数且为增函数的性质，过渡到等差中项是求解本题的关键．
16．在平面直角坐标系中，定义为两点，之间的“折线距离”，在这个定义下，给出下列命题：
①到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个正方形；
②到，两点的“折线距离”相等的点的集合是一条直线；
③到，两点的“折线距离”差的绝对值为1的点的集合是两条平行线；
④到，两点的“折线距离”之和为4的点的集合是一个六边形．
其中正确的命题是______（写出所有正确的序号）．
【答案】①②③④
【解析】先根据折线距离的定义分别表示出所求的集合，然后根据集合中绝对值的性质进行判定即可．
【详解】
对①，集合，是一个正方形，故①正确；
对②，集合，故②正确；
对③，集合，化简得，故集合是两条平行线，故③正确；
对④，集合，故集合是六边形，如图所示，

故④正确；
故答案为：①②③④.
【点睛】
本题考查点的轨迹问题，考查“折线距离”的定义，以及分析问题解决问题的能力，新定义创新题，首先要理解清楚所给信息的含义．

三、解答题
17．四边形中，，，．
（1），试求与满足的关系式；
（2）满足（1）的同时又有，求的值和四边形的面积．
【答案】(1) (2) 或；．
【解析】（1）利用向量的加法求出的坐标，再根据得到与满足的关系式；
（2）根据得到的关系，结合（1）中的关系，得到的两种取值，再分求出代入面积公式，求得四边形的面积.
【详解】
（1）依题意：
∵ ∴，
即：，得；
（2），
当时，，得：，
代入，解方程得：或，故或；
当时，则，
此时求得：；
②当时，则，
此时求得：；
∴．
【点睛】
本题考查向量平行、向量垂直的坐标运算及对角线互相垂直的四边形的面积求法，考查基本的运算求解能力，注意求解过程中有两组解，所以求面积时要分情况讨论.
18．如图，在体积为的正三棱锥中，长为，为棱的中点；

（1）求异面直线与所成角的大小；
（2）求正三棱锥的表面积．
【答案】(1) ；(2) .
【解析】（1）作的平行线，找出异面直线所成的角，然后在中利用余弦定理求角的大小；
（2）将正三棱锥的三个侧面的面积与底面的面积相加，即可得到答案.
【详解】
（1）设为底面正三角形的中心，连结，
正三棱锥体积：，
∴，即为1．
作交于，则为中位线，
∴即为异面直线的夹角．
在中，，，得，.
在中，，，
由余弦定理：，
∴所求异面直线的夹角为．
（2），
正三棱锥的表面积为.

【点睛】
本题考查异面直线所成角、几何体的表面积计算，考查空间想象能力和运算求解能力，在求解异面直线所成角时，一般是按“一作、二证、三求”的步骤进行.
19．在直角坐标系中，设椭圆的左右两个焦点分别为，，过右焦点且与轴垂直的直线与椭圆相交，其中一个交点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆的一个顶点为，直线交椭圆于另一点，求的面积.
【答案】（1）； （2）.
【解析】（1）由已知易得c值与线段MF2的长度，在直角三角形MF1F2中勾股定理求出a即可写出椭圆C的标准方程．
（2）此题可转化为求以线段为底边的两个三角形的和问题，一个三角形的高为b=，另一个为|yn|．故只须求yn即可．
【详解】
（1）因为轴，所以坐标为，
所以解得
所以椭圆方程为.
（2）直线的方程为
联立得到的纵坐标为.
又
所以 .
【点睛】
本题考查求椭圆的方程，及椭圆中焦点三角形的面积，是直线与椭圆位置关系中一类相对来说比较简单点的题．
20．如图，由半圆和部分抛物线合成的曲线称为“羽毛球开线”，曲线与轴有两个焦点，且经过点

(1)求的值；
(2)设为曲线上的动点，求的最小值；
(3)过且斜率为的直线与“羽毛球形线”相交于点三点，问是否存在实数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。
【答案】（1）；（2）；（3）存在，且，详见解析
【解析】（1）将代入求出，再由与轴交点坐标，代入圆的方程，即可求出；
（2）先设，得到，分别讨论，和两种情况，由抛物线与圆的方程，即可求出结果；
（3）先由题意得到的方程，与抛物线联立，求出；与圆联立，求出，根据得到，化简得到关于的方程，求解，即可得出结果.
【详解】
（1）由题意，将代入，得到；所以抛物线；
又与轴交于，所以，代入圆的方程，可得；
所以，；
（2）设，因为，则，
当时，，所以，
所以时，；
当时，，，
所以时，；
而，所以的最小值为；
（3）由题意，可得：的方程为，
由，整理得：，
解得或，即；
由，整理得：
解得：或，则，
由，可得，
即，整理得，解得（由题意，负值舍去）
因此，存在实数，使得.
【点睛】
本题主要考查圆与圆锥曲线的综合，熟记直线与圆位置关系，以及直线与抛物线物位置关系即可，属于常考题型.
21．已知、是函数的图象上的任意两点，点在直线上，且．
（1）求的值及的值；
（2）已知，当时，，设，数列的前项和，若存在正整数，，使得不等式成立，求和的值；
（3）在（2）的条件下，设，求所有可能的乘积的和．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）根据点在直线上，设，利用，可得，分类讨论：①，；②时，，利用函数解析式，可求的值；
（2）由（1）知，当时，，所以，，1，2，，，利用倒序相加法可得，从而可得数列的通项与前项和，利用化简即可求得结论；
（3），．将所得的积排成如下矩阵：，在矩阵的左下方补上相应的数可得
由此可求得结论．
【详解】
（1）根据点在直线上，设，则，，
，．
①当时，，；
②当时，，
；
综合①②得，．
（2）由（1）知，当时，．
，，1，2，，，
时，①
②
①②得，，则．
又时，满足上式，．
，．
，

，，
，，为正整数，，
当时，，，．
（3），．
将所得的积排成如下矩阵：，设矩阵的各项和为．

在矩阵的左下方补上相应的数可得
矩阵中第一行的各数和，
矩阵中第二行的各数和，

矩阵中第行的各数和，
从而矩阵中的所有数之和为．
所以．
【点睛】
本题考查向量知识，考查数列的求和，考查倒序相减法，考查矩阵知识，考查学生分析解决问题的能力，综合性强，难度大．

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