2019-2020学年北京市民大附中高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、若 ba0，则下列不等式中正确的是（ ） A B|a|b| C+2 Da+b2 8 （5 分） 在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 在正方形 DD1C1C 中有一动点 P， 满足 PD1PD， 则直线 PB 与平面 DD1C1C 所成角中最大角的正切值为（ ） A1 B C D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分. 9 （5 分）双曲线的渐近线方程是 10 （5 分）复数 z（3+4i） （2i）的虚部为 11 （5 分）函数 f（x）的极大值点为 12 （5 分）已知不等式0 的解为 2x3，则 a+2b 的值为 13 （

2、5 分）过抛物线 yax2（a0）的焦点做平行于 x 轴的直线与抛物线相交于 A、B 两点， 第 2 页（共 16 页） O 为坐标原点，OAB 面积为，则 a 14 （5 分）如图所示，为 a 为某一值时 f（x）x3+1 和 g（x）3x2+9x+a 在同直角坐标 系下的图象，当两函数图象在 y 轴右侧有两个交点时，a 的范围为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 80 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15 （13 分）已知数列an为公差 d1 的等差数列，数列bn为公比 q2 的等比数列，数 列cn满足 c

3、nan+bn，且有 a1b12，a2a4b4 （1）求an和bn的通项公式； （2）求数列cn的前 n 项和 Tn 16 （13 分）函数 f（x）x3mx2nx 在（2，f（2） ）处切线方程为 y5x8 （1）求 f（x）的解析式 （2）求 x，2时，f（x）的最值 17 （14 分）在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BABC5，ACAA18，D 为线段 AC 的中 点 （1）求证：BDA1D： （2）求直线 A1D 与平面 BC1D 所成角的余弦值； （3）求二面角 CBC1D 的余弦值 第 3 页（共 16 页） 18 （13 分）已知椭圆的方程为+1（ab0） ，其离心率 e，F1、

4、F2分别为椭 圆的左、右焦点，P 为椭圆上的点（P 不在 x 轴上） ，PF1F2周长为 6过椭圆右焦点 F2的直线 L 与椭圆交于 A、B 两点，O 为坐标原点，OAB 面积为 （1）求椭圆的标准方程： （2）求直线 L 的方程 19 （13 分）函数 f（x）x2+（al）xxlnx， （1）若 f（x）在定义域内为单调递增函数，求 a 的取值范围； （2）当 a3 时，关于 x 的方程 f（x）+b0 在区间（1，e上有且只有一实数根，求 b 的取值范围 20 （14 分）已知 LN+，数列 A：a1，a2，an中的项均为不大于 L 的正整数ck表示 a1， a2， an中 k 的个数（

5、k1，2， ， L） 定义变换 T， T 将数列 A 变成数列 T （A） ：t（a1） ， t（a2） ，t（an）其中 t（k）L （）若 L4，对数列 A：1，1，2，3，3，4，写出 ci（1i4）的值； （）已知对任意的 k（k1，2，n） ，存在 A 中的项 am，使得 amk 求证：t（ai）ai（i1，2，n）的充分必要条件为 cicj（i，j1，2，L） ； （）若 ln，对于数列 A：a1，a2，an，令 T（T（A） ：b1，b2，bn，求证：bit （ai） （i1，2，n） 第 4 页（共 16 页） 2019-2020 学年北京市民大附中高二（上）期末数学试卷学年北

6、京市民大附中高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分. 1 （5 分）复数的模为（ ） Ai B1 C2i D2 【分析】直接利用商的模等于模的商求解 【解答】解： 故选：B 【点评】本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题 2 （5 分）已知数列an满足 an+1ann，a11，则 a4的值为（ ） A5 B6 C7 D8 【分析】利用数列的递推公式、递推思想直接求解 【解答】解：数列an满足 an+1ann，a11， a2a1+11+12， a3a2+22+

7、24， a4a3+34+37 故选：C 【点评】本题考查数列的第四项的求法，考查数列的递推公式、递推思想等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 3 （5 分）已知椭圆方程为 4x2+3y212，则椭圆的长轴长为（ ） A B2 C2 D4 【分析】将椭圆方程转化为标准方程，判断焦点的位置，根据椭圆的性质，即可长轴长 【解答】解：椭圆的标准方程为，所以椭圆的焦点在 y 轴上，且 2a4， 所以椭圆的长轴长为 2a4， 故选：D 【点评】本题考查椭圆的标准方程，椭圆的简单几何性质，考查转化思想，属于基础题 第 5 页（共 16 页） 4 （5 分）已知 f（x）xsin2x，则 f（）为（ ）

8、A B C D 【分析】先对 f（x）求导，再求出结论即可 【解答】解：f（x）sin2x+x2cos2xsin2x+2xcos2x， f（）sin+cos 0 ， 故选：A 【点评】考查对函数求导，和求导函数的值，基础题 5 （5 分）公比 q2 的等比数列an满足 a3+a54，则 a4+a6（ ） A8 B10 C12 D16 【分析】利用等比数列的通项公式及其性质可得：a4+a6q（a3+a5） 【解答】解：公比 q2 的等比数列an满足 a3+a54， 则 a4+a6q（a3+a5）428， 故选：A 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于 基础

9、题 6 （5 分）已知 （x，4，2） ， （3，y，5） ，若 ，则 x2+y2的取值范围为（ ） A2，+） B3，+） C4，+） D5，+） 【分析】由 ，可得 3x4y100，求出原点到直线的距离 d，即可得出 x2+y2 的取值范围 【解答】解： ， 3x4y100， 原点到直线的距离 d2 则 x2+y2的取值范围为4，+） 故选：C 【点评】本题考查了数量积运算性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能 力，属于基础题 第 6 页（共 16 页） 7 （5 分）若 ba0，则下列不等式中正确的是（ ） A B|a|b| C+2 Da+b2 【分析】利用不等式的基本性质、基

10、本不等式的性质即可判断出结论 【解答】解：ba0， ，|a|b|，+22，a+b02 故选：C 【点评】本题考查了不等式的基本性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能 力，属于基础题 8 （5 分） 在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 在正方形 DD1C1C 中有一动点 P， 满足 PD1PD， 则直线 PB 与平面 DD1C1C 所成角中最大角的正切值为（ ） A1 B C D 【分析】画出图形，判断 P 的轨迹，结合已知条件推出 P 的位置，然后求解即可 【解答】解：由题意正方体 ABCDA1B1C1D1中，在正方形 DD1C1C 中有一动点 P，满 足 PD1PD， 可知 P

11、是平面 DD1C1C 内，DD1为直径的半圆，如图， 直线 PB 与平面 DD1C1C 所成角中最大角的最大值， 就是圆的圆心与 C 连线与圆的交点，此时 PC 取得最小值， 设正方体的列出为 2，则 PC，BC2， 所以直线 PB 与平面 DD1C1C 所成角中最大角的正切值为： 故选：D 【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，动点的轨迹的判断，考查空间想象能力以 及计算能力，是中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分. 第 7 页（共 16 页） 9 （5 分）双曲线的渐近线方程是 【分析】令双曲线方程右边为 0，即可得

12、到双曲线的渐近线方程 【解答】 解： 由可得， 即双曲线的渐近线方程是 故答案为： 【点评】本题考查双曲线的渐近线方程，利用双曲线方程右边为 0，得到双曲线的渐近线 方程是关键 10 （5 分）复数 z（3+4i） （2i）的虚部为 5 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：z（3+4i） （2i）63i+8i+410+5i， 复数 z（3+4i） （2i）的虚部为 5 故答案为：5 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 11 （5 分）函数 f（x）的极大值点为 2 【分析】先解 f（x）0，然后根据极值概念判断出极大值点 【解答】解：

13、，令 f（x）0，解之得 x0，x2， 当 x（，0） ，f（x）0，x（0，2） ，f（x）0，x（2，+） ，f（x）0， 所以 f（x）在（，0） ， （2，+）上为减函数，在（0，2）上为增函数， 所以 f（x）的极大值点为 2， 故答案为 2 【点评】本题考查函数的极值点，属于基础题目 12 （5 分）已知不等式0 的解为 2x3，则 a+2b 的值为 7 【分析】结合分式的分母不为 0 及不等式解集的端点与方程的解的关系可求 a，b，进而 可求 【解答】解：由题意可得，b2，a3， 故 a+2b7 故答案为：7 第 8 页（共 16 页） 【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，注

14、意分母不为 0 的考虑可以帮助弄清 a，b 的值 13 （5 分）过抛物线 yax2（a0）的焦点做平行于 x 轴的直线与抛物线相交于 A、B 两点， O 为坐标原点，OAB 面积为，则 a 【分析】由题意可得抛物线的标准形式，进而求出焦点坐标，写出直线 AB 的方程与抛物 线联立求出 AB 的坐标，代入面积公式，再由椭圆求出 a 的值 【解答】解：抛物线的标准方程为：x2y，所以焦点坐标为： （0，） ，由题意可得 直线 AB 的方程为：y， 代入抛物线的方程可得：x2，所以 x，所以 SOAB ， 解得 a， 故答案为： 【点评】考查抛物线的性质，属于基础题 14 （5 分）如图所示，为

15、a 为某一值时 f（x）x3+1 和 g（x）3x2+9x+a 在同直角坐标 系下的图象，当两函数图象在 y 轴右侧有两个交点时，a 的范围为 （4，1） 【分析】设函数 h（x）f（x）g（x） ，使函数的交点转化为函数零点，由函数 h（x） 的单调性求出由两个正的零点值的 aa 的取值范围 第 9 页（共 16 页） 【解答】解：令 h（x）f（x）g（x）x3+3x29x+1a， h（x）3x2+6x93（x+3） （x1） ，x1 或 x3，h（x）0，h（x）单调递增， 3x1，h（x）0，h（x）单调递减， 由题意可得 h（x）由两个正的零点，只需 h（0）0，且 h（1）0， 即

16、 h（0）1a0，可得 a1，h（1）1+39+1a4a0，可得 a4， 综上所述，满足体积的 a 的取值范围为： （4，1） ； 故答案为： （4，1） 【点评】考查函数的零点与函数的交点的关系，属于中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 80 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15 （13 分）已知数列an为公差 d1 的等差数列，数列bn为公比 q2 的等比数列，数 列cn满足 cnan+bn，且有 a1b12，a2a4b4 （1）求an和bn的通项公式； （2）求数列cn的前 n 项和 Tn 【分析】

17、（1）由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得首项，进而得到舍去通项 公式； （2）运用数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和 【解答】解： （1）由题意可得 d1，q2，可令 ta1b12，a2a4b4， 可得（a1+1） （a1+3）8b1，即有（t+1） （t+3）8t， 解得 t3（1 舍去） ， 则 an3+n1n+2，bn32n 1； （2）cnan+bnn+2+32n 1， 前 n 项和 Tn（3+4+n+2）+（3+6+32n 1） n（3+n+2）+n2+n+32n3 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组 求

18、和，考查方程思想和运算能力，属于基础题 16 （13 分）函数 f（x）x3mx2nx 在（2，f（2） ）处切线方程为 y5x8 （1）求 f（x）的解析式 （2）求 x，2时，f（x）的最值 第 10 页（共 16 页） 【分析】 （1）由已知结合导数的几何意义可得，意可得，解方程 可求； （2）结合导数与单调性关系可求函数的单调性，进而可求函数的最值 【解答】解： （1）f（x）x3mx2nx， 则 f（x）3x22mxn， 由题意可得， 解可得，n1，m2，f（x）x32x2+x， （2）由（1）f（x）3x24x+1（3x1） （x1） ， 易得，当 x时，f（x）0，函数单调递减，

19、当 x（1，2时 f（x）0， 函数单调递增， 故当 x1 时，函数取得最小值 f（1）0，由于 f（2）2f（）， 故当 x2 时函数取得最大值 f（2）2 【点评】本题主要考查了导数的几何意义及利用导数求解函数的最值，属于基础试题 17 （14 分）在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BABC5，ACAA18，D 为线段 AC 的中 点 （1）求证：BDA1D： （2）求直线 A1D 与平面 BC1D 所成角的余弦值； （3）求二面角 CBC1D 的余弦值 【分析】 （1）由直三棱柱 ABCA1B1C1，可得：AA1底面 ABC，可得 AA1BD根据 等腰三角形的性质可得：BDAC，即可证明

20、：BD平面 ACC1A1 （2）取线段 A1C1的中点为 D1，分别取 DB，DC，DD1作为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间 直角坐标系利用数量积运算性质、向量夹角公式可得：平面 BC1D 的法向量 ，即可得 第 11 页（共 16 页） 出直线 A1D 与平面 BC1D 所成角的余弦值| （3）设平面 BCC1的法向量为 （a，b，c） ，可得 0，即可得出 cos ， 【解答】 （1）证明：由直三棱柱 ABCA1B1C1，可得：AA1底面 ABC，AA1BD BABC5，D 为线段 AC 的中点 BDAC，又 ACAA1A， BD平面 ACC1A1， BDA1D （2）解：取线段 A1

21、C1的中点为 D1，分别取 DB，DC，DD1作为 x 轴，y 轴，z 轴，建立 空间直角坐标系 D（0，0，0） ，A1（0，4，8） ，B（3，0，0） ，C1（0，4，8） ， （0，4，8） ，（3，0，0） ，（0，4，8） ， 设平面 BC1D 的法向量为 （x，y，z） ，则 0，可得：3x4y+8z0， 取 （0，2，1） 直线 A1D 与平面 BC1D 所成角的余弦值| （3）解：C（0，4，0） ，（0，0，8） ，（3，4，0） 设平面 BCC1的法向量为 （a，b，c） ，则 0，则 8c3a+4b0， 取 （4，3，0） cos ， 二面角 CBC1D 的余弦值为 第

22、 12 页（共 16 页） 【点评】本题考查了空间位置关系、空间角、平面的法向量、数量积运算性质，考查了 推理能力与计算能力，属于中档题 18 （13 分）已知椭圆的方程为+1（ab0） ，其离心率 e，F1、F2分别为椭 圆的左、右焦点，P 为椭圆上的点（P 不在 x 轴上） ，PF1F2周长为 6过椭圆右焦点 F2的直线 L 与椭圆交于 A、B 两点，O 为坐标原点，OAB 面积为 （1）求椭圆的标准方程： （2）求直线 L 的方程 【分析】 （1）根据椭圆的定义及椭圆的离心率公式即可求得 a 和 b 的值，求得椭圆方程； （2）设直线 L 的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理及三角形的面积

23、公式，即可求得直 线 AB 的斜率，求得直线 L 的方程 【解答】解： （1）由离心率，则 a2c，2a+2c6，则 a2，c1， b2a2c23， 所以椭圆的标准方程：； （2）由（1）可知椭圆的右焦点 F2（1，0） ，设直线 L 的方程 xmy+1，A（x1，y1） ，B （x2，y2） ， 联立方程组，消去 x，整理得（3m2+4）+6my90， 则 y1+y2，y1y2， 所以， 第 13 页（共 16 页） OAB 面积 S|OF|y1y2|1 解得：，即， 所以直线 L 的方程为 2xy20 【点评】本题考查椭圆的定义及椭圆的离心率公式，考查直线与椭圆的位置关系，考查 韦达定理及

24、弦长公式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题 19 （13 分）函数 f（x）x2+（al）xxlnx， （1）若 f（x）在定义域内为单调递增函数，求 a 的取值范围； （2）当 a3 时，关于 x 的方程 f（x）+b0 在区间（1，e上有且只有一实数根，求 b 的取值范围 【分析】 （1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可求函数的单调性，进而可 求函数的最值，从而可求 a 的范围； （2）结合导数与单调性的关系转化为两函数在已知区间上有交点，从而转化为求 f（x） 在区间（1，e上的值域，可求/ 【解答】解： （1）定义域（0，+） ， 由题意可得，f（x）x+a2lnx0

25、 在（0，+）上恒成立， 故 a2+lnxx 在（0，+）上恒成立， 令 g（x）2+lnxx，x0， 则 g（x）， 易得 0x1 时，g（x）0，g（x）单调递增，当 x（1，+）时，函数单调递减， 故 g（x）maxg（1）1， 所以 a1； （2）a3 时，f（x）x2+2xxlnx， f（x）x+1lnx， 令 h（x）x+1lnx，则 h（x）1， 易得，x（1，e时，h（x）0，函数 h（x）单调递增， 故 h（x）h（1）2，即 f（x）0 恒成立， 故 f（x）在（1，e上单调递增， 第 14 页（共 16 页） 所以f（1）f（x）f（e）， 故b， 所以 12e 【点评】

26、本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，求解最值及利用导数求解函数的 零点问题是，属于中档试题 20 （14 分）已知 LN+，数列 A：a1，a2，an中的项均为不大于 L 的正整数ck表示 a1， a2， an中 k 的个数（k1，2， ， L） 定义变换 T， T 将数列 A 变成数列 T （A） ：t（a1） ， t（a2） ，t（an）其中 t（k）L （）若 L4，对数列 A：1，1，2，3，3，4，写出 ci（1i4）的值； （）已知对任意的 k（k1，2，n） ，存在 A 中的项 am，使得 amk 求证：t（ai）ai（i1，2，n）的充分必要条件为 cicj（i，j1，2，

27、L） ； （）若 ln，对于数列 A：a1，a2，an，令 T（T（A） ：b1，b2，bn，求证：bit （ai） （i1，2，n） 【分析】 （）由 L4，对数列 A：1，1，2，3，3，4，能写出写出 ci（1i4）的值 （） 由于对任意的正整数 k （1kL） ， 存在 A 中的项 am， 使得 amk 所以 c1， c2， ， cL均不为零先证必要性，再证充分性，由此能证明 t（ai）ai（i1，2，n）的 充分必要条件为 cicj（i，j1，2，L） （）设 A：a1，a2，an的所有不同取值为 u1，u2，um，且满足：u1u2 um设 ，由 Ln，根据变换 T 得到 T（T（A

28、） ） ：， ，由此能证 明 bit（ai） （i1，2，n） 【解答】 （共 14 分） 解： （）L4，对数列 A：1，1，2，3，3，4， c12，c21，c32，c41（3 分） 第 15 页（共 16 页） 证明： （）由于对任意的正整数 k（1kL） ，存在 A 中的项 am，使得 amk所以 c1， c2，cL均不为零 必要性：若 t（ai）ai（1in） ，由于， ； ； 通过解此方程组，可得 cicj（i，j1，2，L）成立 充分性：若 cicj（i，j1，2，L）成立，不妨设 hcicj（i，j1，2，L） ， 可以得到 hLn ； t（ai）ai（1in）成立 故 t（a

29、i）ai（i1，2，n）的充分必要条件为 cicj（i，j1，2，L） （9 分） 证明： （）设 A：a1，a2，an的所有不同取值为 u1，u2，um，且满足：u1u2 um 不妨设 ， 其中； 又Ln，根据变换 T 有：； ； ； T （ A ） ：， 第 16 页（共 16 页） ， 即 T（A） ：， T（T（A）：， ， r1r1+r2r1+r2+rm， t（r1）r1，t（r1+r2）r1+r2，t（r1+r2+rm）L ， 即 T （T （A） ） ： ：， 从而 bit（ai） （i1，2，n） 故 bit（ai） （i1，2，n） （14 分） 【点评】本题考查数列的求法，考查充要条件的证明，考查数列等式的证明，考查数性 质性质、充要条件等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是难题