江苏省扬州市2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题含答案

高 二 数 学

2020．1

（全卷满分150分，考试时间120分钟）

参考公式：

1棱锥的体积V=Sh，其中S为底面积，h为高．

3一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.抛物线y=8x的准线方程是 （ ）

A．x=−2 B．x=−4 C．y=−2 D．y=−4

2.如果a0,b0，则下列不等式中正确的是 （ ）

2222A．ab B．abab C．−ab D．|a||b|

2y23.已知命题p:双曲线C的方程为x−=1，命题q:双曲线C的渐近线方程为y=2x，

42则p是q的 （ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4. 已知a=2+3，b=2−3，则a,b的等比中项为 （ ）

A. 2 B. 1 C. −1 D. 1

5.不等式

1−x 0的解集为 （ ）

x+2A．(−2,1 B．−2,1 C．(−.−2)1,+) D．(−,−21,+)

6.已知等差数列{an}的公差为2，若a1,a3,a4成等比数列，则a1等于 ( )

A．－4

B．－6

C．－8 D．－10

7.空间向量AB=(1,0,−1)，平面的一个法向量n=(0,1,1)，则直线AB与平面所成角为（ ）

A．

6 B．

3 C．

6或

5 6D．

3或

2 328.如果关于x的不等式ax+bx+c0的解集为(−1,2),则关于x的不等式bx−ax−c0的 解集为 （ ） A．(−1,2) B. (−,−1)(2,+) C. (−,−2)(1,+) D. (−2,1)

9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3=−4，a7=4，则 （ ）

A．S4S6

22 B．S4=S5 C．S6S5 D．S6=S5

10.过抛物线y=4x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,点O是坐标原点,若AF=3， 2则AOB的面积为 （ ）

A．

2 2B．2 C．

32 2D．22

11.已知x0，y0，2x+y+2xy=8，则2x+y的最小值是 （ ）

A．3

B．2 C．

32 2 D．4

x2y212. 已知双曲线2−2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2，以F1F2为直径的圆与一条

ab渐近线交于点P（P在第一象限），PF1交双曲线左支于Q，若PQ=2QF1，则双曲线的离心率为 （ ）

A．

10+1 2B．10 C．

5+1 2D．5 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.命题“xR，x2”的否定是 ．

11−=1(nN*),a1=1,记bn=anan+1，则数列{bn}的前10项和14.已知数列{an}满足

an+1an为 ．

x215.已知P点是椭圆+y2=1上的动点，Q点是圆x2+(y−2)2=1上的动点，则线段PQ长度

4的最大值为 ．

216.若关于x的不等式(a−2)x+(4a−10)x+4a−120的解集中恰有两个整数，则实数a的取值范

围是 ．

三、解答题（本大题共6小题，计70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17.（本小题满分10分）

221xy已知命题p：对任意x(0,+)，不等式ax+都成立，命题q：方程+=1xa−ma−m−2表示焦点在x轴上的双曲线.

（1）若命题p是真命题，求实数a的取值范围； （2）若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围.

18.（本小题满分12分）

已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1,an+1=2Sn+1(nN)，等差数列{bn}满足

*b3=9，b1+27=2b5．

（1）求数列{an},{bn}的通项公式；

（2）设数列{cn}的前n项和为Tn，且cn=anbn，求Tn．

19.（本小题满分12分）

在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCD−A1B1C1D1中，AB1A1B=O，

AA1=AB=A1B=2,AB1⊥BC．

（1）求直线BB1与平面A1BC所成的角；

（2）若AC=2,BC=1，求三棱锥C1−A1BC的体积． 1

20.（本小题满分12分）

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=CA=AA1=2，点O为AB中点，点D为AA1中点． （1）求平面ABC与平面B1CD所成锐二面角的大小； （2）已知点E满足AE=AC(01)，当异面直线DE与

CB1所成角最小时，求实数的值．

21.（本小题满分12分）

已知抛物线C的方程为y2=2px(p0)，直线l1:y=kx+m与抛物线C相切于点(6,6)． （1）求p、k、m的值；

（2）已知动直线l2⊥l1，且l2与抛物线C交于两个不同点A,B，问抛物线上是否存在定点P（异于A,B），使得直线PA,PB的倾斜角互补，若存在，求出P点坐标，若不存在，说明理由．

22.（本小题满分12分）

83x2y23已知椭圆C:2+2=1(ab0)的离心率为，两条准线之间的距离为，

32ab过M(1,0)的直线l交椭圆于A,B两点． （1）求椭圆C的方程；

（2）若OA⊥OB，且直线l与x轴不垂直，求直线l的斜率；

（3）设N为直线x=4上任意一点，记直线AN,MN,BN的斜率分别为k1,k2,k3，判断k1,k2,k3是否成等差数列，并给出理由．

2019—2020学年度第一学期期末检测试题

高二数学 参考答案 2020．1

1、A 2、B 3、A 4、D 5、C 6、C 7、A 8、C 9、B 10、C 11、B 12、A 13、xR,x2 14、

104221（1，] 16. 15、 +1113317、解：⑴因为对任意x(0,)，不等式ax11ax………………2分 成立，所以xminx因为x(0,)，所以x112x2，当且仅当x1时取等号， …………………4分 xx所以a2； …………………5分

x2y2⑵因为方程1表示焦点在x轴上的双曲线，

amam2am0所以，即mam2， …………………7分

am20因为p是q的必要不充分条件，

2且(m,m2)，2 …………………9分 所以(m,m2)，所以m22，即m0。 …………………10分 18、解：⑴因为an+12Sn1 ①，所以当n2时，an2Sn11 ②

由①—②得an+1an2an，即an+13an(n2)， …………………2分 又当n1时，a22a113，所以a23a1， 因为a10,所以

an+13,(n1),所以数列{an}是等比数列, ann1n1所以ana133 …………………5分

注：an3n1结果对，但是没有验证a23a1的扣2分

b12d9b13由题意得，解得，所以bn3n； …………………8分

d3b1272(b14d)⑵cnanbn3n3n1n3n

Tn131232333(n1)3n1n3n ③

3Tn132233334(n1)3nn3n1 ④

③—④得：2Tn13131313n3123nn13(13n)3n13n11n3n3n1

132高二数学参考答案第1页（共4页）

所以Tn32n1n13 …………………12分 4419、解：在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形A1ABB1是平行四边形， 又AA1AB，所以四边形A1ABB1是菱形，所以AB1A1B， 又因为AB1BC,A1BBCB,A1B平面A1BC,BC平面A1BC

所以AB1平面A1BC， …………………3分 所以BO是BB1在平面A1BC上的射影， …………………4分 所以B1BO即为所求角（或直线BB1与平面A1BC所成的角） …………………5分 在菱形A1ABB1中，AA1ABA1B2，则AOB1O3， 在RtB1BO中，sinB1BOB1O3， BB12所以直线BB1与平面A1BC所成的角为60. …………………7分 ⑵在A1BC中，AC2,BC1,A1B2，可求得SA1BC115 …………………9分 4在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1//BC， 所以C1到平面A1BC的距离即为B1到平面A1BC的距离，即高为B1O3 …………………11分 所以VC1A1BCVB1A1BC11155. …………………12分 SA1BCB1O3334420.解：在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCCA， 取A1B1中点O1，连OO1，则OO1//AA1,ABOC， 又直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC， 而AB,OC平面ABC，所以AA1OC,AA1AB， 所以OO1OC,OO1AB。

以OA,OO1,OC为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， …………………1分 则A(1,0,0),B(1,0,0),C(0,0,3),A1(1,2,0),B1(1,2,0),D(1,1,0)

AC(1,0,3)， 所以CD(1,1,3),CB1(1,2,3)，⑴因为AA1平面ABC，所以n1(0,2,0)是平面ABC的一个法向量， …………………2分

nCDxy3z0设n2(x,y,z)是平面B1CD的法向量，则，得2xy,3y2z，

nCB1x2y3z0不妨取y2,则x1,z3,所以n2(1,2,3)是平面B1CD的一个法向量 …………………4分

高二数学参考答案第2页（共4页）

所以cosn1,n2n1n242， …………………5分

2|n1||n2|28所以平面ABC与平面B1CD所成锐二面角的大小为

. …………………6分 4⑵因为AEAC(,0,3),(01),所以DEDAAE(,1,3)， 则cosDE,CB1DECB1(1)， …………………8分

2|DE||CB1|241设异面直线DE与CB1所成角为，则coscosDE,CB1令t1[1,2]，则cos12412，

t24(t1)1211125()28()4tt …………………10分

当1t4时，cos取得最大值， 5因为ycos在(0,2)上递减，所以取得最小值，所以此时1. …………………12分 421、解：（1）因为点(6,6)在抛物线上，所以3612p，解得p3， …………………2分 所以抛物线C的方程为y6x，又点(6,6)在直线ykxm上，所以66km，

2y6x由得ky26y3636k0， ykx66k2因为直线与抛物线C相切，所以0，解得k所以，p3,k1,m3 21,m3 …………………6分 2y12y22n2,y1),B(,y2),P(,n)，则 （2）方法1：设A(666 “PA,PB倾斜角互补”“kPAkPB0”， 即

y1ny2n66，即00，即y1y22n …………………9分

y12n2y22n2y1ny2n6666y1y26，即22，即y1y23 22y1yy1y2266又由kAB2得

所以2n3，即n333，所以存在定点P(,)满足要求 …………………12分

822高二数学参考答案第3页（共4页）

y12y22n2,y1),B(,y2),P(,n)，则 方法2：设l2:y2xt，设A(666 “PA,PB倾斜角互补”“kPAkPB0”， 即

y1ny2n66，即00，即y1y22n …………………9分

y12n2y22n2y1ny2n66662y6x由得y2+3y3t0，所以y1y23 y2xt所以2n3，即n333，所以存在定点P(,)满足要求 …………………12分

822c3aa2222、（1）解：由题意得，解得，又a2b2c2，所以b1 2c3a433cx2y21； …………………3分 所以，椭圆的方程为42x（2）显然直线l的斜率存在,设l:yk(x1),代入y21得(4k21)x28k2x4k240

4228k4k4 .…………………5分 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x2,xx12224k14k1222因为OAOB，所以OAOB=0，即x1x2y1y20，即(k1)x1x2k(x1x2)k0，

4k2428k2即(k1)kk20，解得k2 …………………7分 224k14k12（3）k1,k2,k3成等差数列. 理由如下：设N(4,n)， 当直线l与x轴垂直时，易得k1k32k2； …………………8分 当直线l与x轴不垂直时，

k1k3y1ny2nk(x11)nk(x21)n x14x24x14x24x1+x2811 …………………10分 )2k(3kn)x14x24x1x24(x1+x2)162k+(3kn)(22n2k(3kn)()

33而2k22n，所以k1k32k2，所以k1,k2,k3成等差数列. 3综上得：k1,k2,k3成等差数列. …………………12分

高二数学参考答案第4页（共4页）