2019-2020学年江苏省常州市溧阳市高二上学期期末数学试题(解析版).doc

2019-2020学年江苏省常州市溧阳市高二上学期期末数学试题

一、单选题
1．在等差数列中，若=4，=2，则= （ ）
A．-1 B．0 C．1 D．6
【答案】B
【解析】在等差数列中，若，则，解得，故选B.

2．设命题，则为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】【详解】
特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.

3．设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】判断椭圆长轴（焦点坐标）所在的轴，求出a，接利用椭圆的定义，转化求解即可．
【详解】
椭圆=1的焦点坐标在x轴，a=，
P是椭圆=1上的动点，由椭圆的定义可知：则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a=2．
故选：C．
【点睛】
本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的定义的应用，属于基础题．
4．，.若.则实数的值是（ ）
A．－2 B． C．2 D．0
【答案】D
【解析】根据平行得到，计算得到答案.
【详解】
，，，
则，即
故 解得，故
故选：
【点睛】
本题考查了根据向量平行计算参数，意在考查学生的计算能力.
5．以椭圆的对称中心为顶点，椭圆的焦点为焦点的抛物线的方程为（ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】B
【解析】计算得到，椭圆的焦点为，得到抛物线方程.
【详解】
椭圆的对称中心为 ，椭圆的焦点为
故抛物线方程为：或
故选：
【点睛】
本题考查了椭圆的焦点，抛物线方程，属于简单题.
6．已知椭圆的离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据离心率得到，化简得到答案.
【详解】
圆的离心率为，即
故选：
【点睛】
本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力.
7．设等差数列前项和为，若.，则的值是（ ）
A．15 B．30 C．13 D．25
【答案】D
【解析】根据.，计算得到，代入公式计算得到答案.
【详解】
，，故，
故选：
【点睛】
本题考查了等差数列的前项和，意在考查学生的计算能力.
8． 已知等差数列的公差为d,前n项和为,则“d>0”是
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由，可知当时，有，即，反之，若，则，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．
【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过套入公式与简单运算，可知， 结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故互为充要条件．
9．下列叙述中正确的是（ ）
A．若，则“”的充分条件是“”；
B．若，则“”的充要条件是“”；
C．命题“对任意.有”的否定是“存在，有”
D．“，”是“”的充分条件.
【答案】D
【解析】依次判断每个选项：当时不成立，错误；当时不充分，错误；否定是“存在，有”，错误；判断正确，得到答案.
【详解】
A. 若，则“”的充分条件是“”，当时不成立，错误；
B. 若，则“”的充要条件是“”，当时不充分，错误；
C. 命题“对任意.有”的否定是“存在，有”，错误；
D. “，”是“”的充分条件，
当，时，，充分性；取计算知不必要，故正确.
故选：
【点睛】
本题考查了充分必要条件，全称命题的否定，意在考查学生的推断能力.
10．已知在四面体中，点是棱上的点，且，点是棱的中点，若其中为实数，则的值是（ ）

A． B． C．－2 D．2
【答案】B
【解析】利用向量运算得到得到答案.
【详解】

故
故选：
【点睛】
本题考查了空间向量的运算，意在考查学生的计算能力.
11．已知椭圆：与双曲线：的焦点重合，，分别为，的离心率，则　　
A．且 B．且
C．且 D．且
【答案】A
【解析】根据椭圆与双曲线的基本性质知，所以，又
，所以，故选A．
点睛：本题考查椭圆和双曲线的标准方程及其简单几何性质，基本量之间的关系，属于中档题．处理此类问题注意分析之间的关系，利用离心率定义写出，为了判别其积是否大于1，可考察其平方，根据条件转化为，从而大于1．
12．首项为，公差为的等差数列的前项和为，满足.则的取值范围（ ）
A．或 B．
C． D．
【答案】A
【解析】化简得到，计算解得答案.
【详解】
，即
将当成变量，看成常数，即或
故选：
【点睛】
本题考查了等差数列公差的范围，看成二次方程是解题的关键.

二、填空题
13．若恒成立，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】根据恒成立计算对应方程的得到答案.
【详解】
恒成立，故对应的
故答案为：
【点睛】
本题考查了恒成立问题，转化为对应方程的是解题的关键.
14．设为等比数列的前项和，则________.
【答案】
【解析】根据，计算得到，代入式子化简得到答案.
【详解】
，
故答案为：
【点睛】
本题考查了等比数列通项公式，前项和，意在考查学生的计算能力.
15．已知四棱柱的底面是矩形，，，，，则________.

【答案】
【解析】根据，两边平方化简得到，得到答案.
【详解】

故
，故
故答案为：
【点睛】
本题考查了空间向量的运算，意在考查学生的计算能力.
16．双曲线的方程为，为其渐近线，为右焦点.过作且交双曲线于，交于.若，且则双曲线的离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】根据渐近线解得，设，根据，解得，代入双曲线方程化简得到，得到答案.
【详解】
双曲线的渐近线方程为：，不妨设，
则，联立解得
设，故，故
代入双曲线方程得到：，化简得到
故
故答案为：
【点睛】
本题考查了双曲线的离心率范围，意在考查学生的计算能力.

三、解答题
17．在等差数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据，，利用等差数列公式计算得到答案.
（2），利用裂项求和法计算得到答案.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，∵ ∴
∴ ，∵ ，∴ ，∴
∴
（2）
∴

【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，裂项法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
18．如图，在正方体中，点是的中点.

（1）求与所成的角的余弦值；
（2）求与平面所成的角正弦值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，计算得到
，利用夹角公式计算得到答案.
（2）平面的一个法向量为，利用向量夹角公式计算得到答案.
【详解】
（1）以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系
设正方体棱长为2，则.
，设与所成角为，
则.
所以，与所成角的余弦值为.
（2）
设平面的一个法向量为.
由，取，则
设与平面所成的角为，
则
所以与平面所成的角的正弦值为.

【点睛】
本题考查了异面直线夹角，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
19．若椭圆：与双曲线：有相同的焦点，且椭圆与双曲线交于点.
（1）求的值；
（2）过椭圆的右焦点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求的长度.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）将点代入椭圆和双曲线，根据相同焦点计算得到答案.
（2）计算的方程为，联立方程，根据韦达定理得到，再计算弦长得到答案.
【详解】
（1）椭圆与双曲线由相同焦点，且两曲线交于点
∴ ∴
（2）椭圆方程为，则其右焦点为
∴ 的方程为
由.
设，则，
∴
所以的长度为.
【点睛】
本题考查了椭圆和双曲线的标准方程，弦长的计算，意在考查学生的计算能力.
20．如图，四棱锥中，平面，，，,，.

（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）在边是否存在一点使二面角的余弦值为，若存在请确定点的位置，不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在，当满足时，能使三面角的余弦值为
【解析】（1）以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，计算夹角得到答案.
（2）平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为
，根据夹角公式计算得到答案.
【详解】
（1）以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，及得，
∴
，设与所成角为，
则
所以，与所成角的余弦值为.
（2）设，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为
由，
取，则
∴
设二面角的平面角为，
则得∴
∴或∴又∴
所以，当满足时，能使二面角的余弦值为.

【点睛】
本题考查了异面直线夹角，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
21．椭圆：的左，右焦应分别是，，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线：与椭圆切于点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点.证明：存在常数，使得，并求的值；
（3）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，，设后的角平分线交的长轴于点，求的取值范围.
【答案】（1）（2）证明见解析，（3）
【解析】（1）根据题意直接计算得到答案.
（2）设方程，联立方程，利用韦达定理得到，
计算，代入化简得到答案.
（3）设其中，将向量坐标代入并化简得，计算得到答案.
【详解】
（1）由得所以椭圆的方程为
（2）∴又∴设方程为
由
设，则
由
∴

∴即存在满足条件
（3）由题意可知：，
设其中，将向量坐标代入并化简得：
，因为，所以
而，所以
【点睛】
本题考查了椭圆方程，韦达定理的应用，向量的运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22．设数列的前项和，对任意，都有（为常数）.
（1）当时，求；
（2）当时，
（ⅰ）求证：数列是等差数列；
（ⅱ）若数列为递增数列且，设，试问是否存在正整数（其中），使成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组；若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在唯一正整数数对，使成等比数列
【解析】（1）当时，利用公式计算得到，再计算得到.
（2）（ⅰ）化简得到，得到，化简得到
得到答案.
（2）（ⅱ）计算，假设存在正整数数组，则当，且时，，故数列为递减数列，为方程的一组解，得到答案.
【详解】
（1）时，①
时，②
由②－①得即
时，，∴
（常数，），∴以1为首项，4为公比的等比数列
∴
（2）（ⅰ）当，，时，.③
当时，.④
③－④得：，⑤
所以.⑥
⑤－⑥得：.
因为，所以，即，
所以是等差数列.
（ⅱ）因为为递增等差数列.，又
得或者（舍），所以
假设存在正整数数组，使成等比数列，则成等差数列，
于是，
所以，（☆）
易知为方程（☆）的一组解.
当，且时，，故数列为递减数列，
于是，所以此时方程（☆）无正整数解.
综上，存在唯一正整数数对，使成等比数列.
【点睛】
本题考查了等差数列的证明，等比数列的前项和，等比数列的证明，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.

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