2019-2020学年北京市朝阳区高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、不等式 x（x2）0 的解集是（ ） Ax|0x2 Bx|x0 Cx|x2 Dx|x0 或 x2 2 （5 分）已知 x1，则当取得最小值时，x 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 3 （5 分）已知双曲线的一个焦点为（5，0） ，则 a 的值为（ ） A9 B6 C5 D3 4 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心在原点，焦点 F1，F2在 x 轴上，离心 率为，过 F1的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，且ABF2的周长为 16，则椭圆 C 的方程 为（ ） A+1 B+1 C+1 D+1 5 （5 分）若向量 ， ， 不共面，则下列选项中三个向量不共面的是（ ） A

2、 B C D 6 （5 分）已知 m，l 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列各组条件中能推 出 ml 的所有序号是（ ） m，l，m，l， m，l，m，l， A B C D 7 （5 分）已知 mn0，2m+n1，则的最小值是（ ） A4 B6 C8 D16 第 2 页（共 19 页） 8 （5 分）已知数列an和bn满足 bn|an|，则“数列an为等比数列”是“数列bn为等 比数列”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 9 （5 分） 经过双曲线的左焦点作倾斜角为 60的直线 l， 若 l 与双曲线 M 的左支有两个不同的交点，

3、则 M 的离心率的取值范围是（ ） A （2，+） B （1，2） C （1，） D （） 10 （5 分）已知球 O 的直径为 3，A，B，C，D 是球 O 上四个不同的点，且满足， ， 分别用 S1， S2， S3表示ABC， ACD， ABD 的面积， 则 S1+S2+S3 的最大值是（ ） A B C9 D18 二二.填空题：本大题共填空题：本大题共 6 小题，每空小题，每空 5 分，共分，共 30 分，答案写在答题卡上分，答案写在答题卡上. 11 （5 分）双曲线1 的渐近线方程是 12 （10 分）抛物线 y22x 的焦点坐标是 ，准线方程是 13 （5 分）已知公比不为 1 的等

4、比数列an满足 a12，a2+a34，则 a4 14 （10 分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为 ， 面积最大的侧面的面积为 第 3 页（共 19 页） 15 （5 分） 莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，其中一道题目的背景是这样 的：把 100 片面包分给 5 个人，使每个人分得的面包数成等差数列，且使较大的三个数 之和的是较小的两个数之和，若将这 5 个数从小到大排列成递增的等差数列，则该数 列的公差为 16 （5 分）不等式 x22y2cx（yx）对满足 xy0 的任意实数 x，y 恒成立，则实数 c 的最大值是 三三.解答题：本大题共解答题：本大题共 4 小题，共

5、小题，共 70 分分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 17 （16 分）已知数列an是递增的等差数列，a23，且 a1，a2，a5成等比数列 （）求数列an的通项公式； （）设，求数列bn的前 n 项和 Sn； （）若，设数列cn的前 n 项和为 Tn，求满足的 n 的最小值 18 （18 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD已 知 PAPDAB，APD90 （）证明：AD平面 PBC； （）证明：ABPD； （）求二面角 APBC 的余弦值 19 （18 分）已知抛物线 y22px（p0）经过点

6、（1，2） （）求抛物线 C 的方程及其准线方程； （）过抛物线 C 的焦点 F 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，设 O 为原点 （）当直线 l 的斜率为 1 时，求AOB 的面积； （）当|FA|3|FB|时，求直线 l 的方程 20 （18 分）已知椭圆的离心率为，直线 x+y+20 经过椭 第 4 页（共 19 页） 圆 C 的左顶点 A （）求椭圆 C 的方程； （）设直线 l：ykx+m（k0）交椭圆 C 于 M，N 两点（M，N 不同于点 A） 过原点 O 的一条直线与直线 l 交于点 P，与直线 AM，AN 分别交于点 D，E （）当时，求|MN|的最大值； （）若|OD|

7、OE|，求证：点 P 在一条定直线上 第 5 页（共 19 页） 2019-2020 学年北京市朝阳区高二（上）期末数学试卷学年北京市朝阳区高二（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 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分分.在每小题给出的四个选项中，选出在每小题给出的四个选项中，选出 符合题目要求的一项符合题目要求的一项. 1 （5 分）不等式 x（x2）0 的解集是（ ） Ax|0x2 Bx|x0 Cx|x2 Dx|x0 或 x2 【分析】由不等式 x22x0，因式分解为 x（x2）0，解得即可 【解答】解：由

8、不等式 x22x0，解得 0x2 不等式 x22x0 的解集是x|0x2 故选：A 【点评】本题考查了一元二次不等式的解法，属于基础题 2 （5 分）已知 x1，则当取得最小值时，x 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】结合基本不等式的等号成立的条件即可求解 【解答】解：x1，则4，当且仅当 x即 x2 时取得最小值 故选：B 【点评】本题主要考查了基本不等式的应用条件的应用，属于基础试题 3 （5 分）已知双曲线的一个焦点为（5，0） ，则 a 的值为（ ） A9 B6 C5 D3 【分析】根据题意，由双曲线的焦点坐标可得 c 的值，由双曲线的几何性质可得 a 的值 【解答】解：根

9、据题意，双曲线的一个焦点为（5，0） ，即 c5， 则有 a2+1625， 解可得 a3 故选：D 【点评】本题考查双曲线的几何性质，注意先分析双曲线焦点的位置 4 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心在原点，焦点 F1，F2在 x 轴上，离心 第 6 页（共 19 页） 率为，过 F1的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，且ABF2的周长为 16，则椭圆 C 的方程 为（ ） A+1 B+1 C+1 D+1 【分析】根据题意，作出椭圆的图形分析可得|AB|+|AF2|+|BF2|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2| 4a16，解可得 a 的值，又由其离心率可得 e，

10、解可得 c 的值，计算可得 b 的值，将 a、b 的值代入椭圆标准方程即可得答案 【解答】解：根据题意，如图： ABF2的周长为 16，则有|AB|+|AF2|+|BF2|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|4a16，则 a4， 又由其离心率 e，则 c2，b2a2c21688； 又由其焦点在 x 轴上，则其标准方程为+1； 故选：D 【点评】本题考查椭圆的几何性质，关键是由ABF2的周长求出 a 的值属于中档题 5 （5 分）若向量 ， ， 不共面，则下列选项中三个向量不共面的是（ ） A B C D 【分析】利用向量共面定理即可判断出结论 第 7 页（共 19 页） 【解答】解：向

11、量 ， ， 不共面， 则下列选项中三个向量 A， 与 + 共面，进而得出三个向量共面 B. + + （ + ）+ ，因此三个向量共面 C三个向量不共面； D不含有 ，三个向量一定共面 故选：C 【点评】本题考查了向量共面定理、向量的基，考查了推理能力与计算能力，属于基础 题 6 （5 分）已知 m，l 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列各组条件中能推 出 ml 的所有序号是（ ） m，l，m，l， m，l，m，l， A B C D 【分析】根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理逐一判断每个选项即可 【解答】解：由二面角夹角的求法可知，若 m，l，则 ml，即正确； 因为 m，所

12、以 m，因为 l，所以 ml，即正确； 因为 l，所以 l，因为 m，由线面垂直的性质定理可知，ml，即 正确； 若 l，则 l 或 l 或 l 与 相交，只有当 l 与 相交且 l 时，才能推 出 ml，即错误； 故选：A 【点评】本题考查了空间中线面的位置关系，熟练运用线面平行或垂直的判定定理、性 质定理是解题关键，考查了学生的空间立体感和论证推理能力，属于基础题 7 （5 分）已知 mn0，2m+n1，则的最小值是（ ） A4 B6 C8 D16 【分析】利用“乘 1 法”与基本不等式的性质即可得出 【解答】解：因为 mn0，2m+n1， 第 8 页（共 19 页） 则（） （2m+n）

13、4+8， 当且仅当且 2m+n1 即 m，n时取等号，此时取得最小值 8 故选：C 【点评】本题考查了“乘 1 法”与基本不等式的性质，属于基础题 8 （5 分）已知数列an和bn满足 bn|an|，则“数列an为等比数列”是“数列bn为等 比数列”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】利用等比数列的定义及其举例说明即可判断出结论 【解答】解：数列an和bn满足 bn|an|，则“数列an为等比数列”“数列bn为等 比数列” ， 反之不成立：例如：bn1，an为：1，1，1，1， 数列an为等比数列”是“数列bn为等比数列”的充分不必

14、要条件 故选：A 【点评】本题考查了等比数列的定义通项公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力 与计算能力，属于基础题 9 （5 分） 经过双曲线的左焦点作倾斜角为 60的直线 l， 若 l 与双曲线 M 的左支有两个不同的交点，则 M 的离心率的取值范围是（ ） A （2，+） B （1，2） C （1，） D （） 【分析】要使直线与双曲线有两个交点，需使双曲线的其中一渐近线方程的斜率小于直 线的斜率，即，求得 a 和 b 的不等式关系，进而根据转化成 a 和 c 的不等式关系，求得 离心率的一个范围，最后根据双曲线的离心率大于 1，综合可得求得 e 的范围 【解答】解：要使直线与双曲线有

15、两个交点，需使双曲线的其中一渐近线方程的斜率小 于直线的斜率， 即tan60， 即 b，整理得 b23a2，即 c2a23a2，c24a2 双曲线中 e1 第 9 页（共 19 页） 故 e 的范围是（1，2） 故选：B 【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质在求离心率的范围时，注意双曲线的离心 率大于 1 10 （5 分）已知球 O 的直径为 3，A，B，C，D 是球 O 上四个不同的点，且满足， ， 分别用 S1， S2， S3表示ABC， ACD， ABD 的面积， 则 S1+S2+S3 的最大值是（ ） A B C9 D18 【分析】由题意可知，三棱锥的顶点的三条直线 AB，AC，AD

16、 两两垂直，可以扩展为长 方体，对角线为球的直径，设出三度，表示出面积关系式，然后利用基本不等式，求出 最大值 【解答】解：设 ABa，ACb，ADc， 因为 AB， AC， AD 两两互相垂直， 扩展为长方体， 它的对角线为球的直径， 所以 a2+b2+c2 4R29， 所以 SABC+SACD+SADB（ab+ac+bc ）（a2+b2+c2）； 即最大值为： 故选：B 【点评】本题考查球的内接多面体，基本不等式求最值问题，能够把几何体扩展为长方 体，推知多面体的外接球是同一个球，是解题的关健 二二.填空题：本大题共填空题：本大题共 6 小题，每空小题，每空 5 分，共分，共 30 分，答

17、案写在答题卡上分，答案写在答题卡上. 11 （5 分）双曲线1 的渐近线方程是 yx 【分析】直接利用双曲线方程，求解渐近线方程即可 第 10 页（共 19 页） 【解答】解：双曲线y21 的 a2，b1， 可得渐近线方程为 yx， 即有 yx 故答案为：y 【点评】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用双曲线的性质，考查运算能力， 属于基础题 12 （10 分）抛物线 y22x 的焦点坐标是 （，0） ，准线方程是 x 【分析】利用抛物线的标准方程求解焦点坐标以及准线方程即可 【解答】解：抛物线 y22x 的焦点坐标是（，0） ；准线方程是：x 故答案为： （，0） ；x 【点评】本题考

18、查抛物线的简单性质的应用，是基础题 13 （5 分）已知公比不为 1 的等比数列an满足 a12，a2+a34，则 a4 16 【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求公比 q，进而可求 【解答】解：由题意可得，a2+a32q+2q24， 因为 q1， 解可得，q2，q1（舍） ， 故2（2）316 故答案为：16 【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式的简单应用，属于基础试题 14 （10 分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为 16 ， 面积最大的侧面的面积为 10 第 11 页（共 19 页） 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积和表面积 【解答】解：首先

19、把三视图转换为几何体为：该几何体为三棱锥体 如图所示： 所以：V 最大的侧面积为：由于， 所以 S， 故答案为：16，10 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式和表面 积公式的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间形象能力的应用， 属于基础题型 15 （5 分） 莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，其中一道题目的背景是这样 的：把 100 片面包分给 5 个人，使每个人分得的面包数成等差数列，且使较大的三个数 第 12 页（共 19 页） 之和的是较小的两个数之和，若将这 5 个数从小到大排列成递增的等差数列，则该数 列的公差为 【分析

20、】由已知结合等差数列的求和公式及通项公式可建立关于首项及工差 d 的方程， 解方程可求 【解答】解：设从小到大构造的数列记为an， 由题意可得，5a1+10d100 且 a3+a4+a57（a1+a2） ， 即， 解可得，d 故答案为： 【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题 16 （5 分）不等式 x22y2cx（yx）对满足 xy0 的任意实数 x，y 恒成立，则实数 c 的最大值是 24 【分析】运用参数分离和换元法，结合函数的导数，求得最小值，可得所求范围 【解答】解：不等式 x22y2cx（yx）对任意满足 xy0 的实数 x、y 恒成立， c，

21、令 t1， cf（t） ， f（t）， 当 t2+时，f（t）0，函数 f（t）单调递增；当 1t2+时，f（t）0，函 数 f（t）单调递减 当 t2+时，f（t）取得最小值，f（2+）24 实数 c 的最大值为 24 故答案为：24 第 13 页（共 19 页） 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能 力，属于中档题 三三.解答题：本大题共解答题：本大题共 4 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 17 （16 分）已知数列an是递增的等差数列，a23，且 a1，a2，a5成等比数

22、列 （）求数列an的通项公式； （）设，求数列bn的前 n 项和 Sn； （）若，设数列cn的前 n 项和为 Tn，求满足的 n 的最小值 【分析】本题第（）题根据等差数列的通项公式进行代入计算可得首项 a1和公差 d 的 值，即可得到数列an的通项公式；第（）题先根据第（）题的结论求出数列bn 的通项公式，再运用分组求和法求得数列bn的前 n 项和 Sn；第（）题先根据第（） 题的结论求出数列cn的通项公式，再运用裂项相消法求得数列cn的前 n 项和 Tn，再 进行不等式的计算可得满足的 n 的最小值 【解答】解： （）设数列an的公差为 d（d0） ， 由题意，可得，解得 an1+2（n1

23、）2n1，nN* （）由（）知，2n1+2n， 则 Snb1+b2+bn （1+2）+（3+22）+（2n1+2n） 1+3+（2n1）+（2+22+2n） + n2+2n+12 数列bn的前 n 项和 Snn2+2n+12 （）由（）知， Tnc1+c2+cn 1+ 1 第 14 页（共 19 页） 由，解得 n12， 又nN*， 满足的 n 的最小值为 13 【点评】本题主要考查等差数列和等比数列的性质应用和求和公式应用，考查了方程思 想，分组求和法，裂项相消法求和，以及不等式的计算能力，本题属中档题 18 （18 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD平

24、面 ABCD已 知 PAPDAB，APD90 （）证明：AD平面 PBC； （）证明：ABPD； （）求二面角 APBC 的余弦值 【分析】 （I）由线线平行，得到线面平行即可； （II）根据线面垂直的判定定理，证明即可； （III）根据题意，以 O 为坐标原点，分别以 OA，OE，OP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立空间直角坐标系，求出平面 PAB 和平面 PBC 的法向量，利用夹角公式求出即可 【解答】解： （）因为四边形 ABCD 为矩形， 所以 ADBC， 又因为 BC平面 PBC，AD平面 PBC， 所以 AD平面 PBC； （）根据题意，平面 PAD平面 ABCD，平面

25、 PAD平面 ABCDAD， 由 ABAD， 所以 AB平面 PAD， 又因为 PD平面 PAD， 第 15 页（共 19 页） 所以 ABPD； （）取 AD 的中点为 O，显然 PO平面 ABCD， 以 O 为坐标原点，分别以 OA，OE，OP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐 标系，如图， 不妨设 AB，PAPD，AD2，OP1， 所以 A（1，0，0） ，B（1，0） ，C（1，0） ，P（0，0，1） ，D（1，0，0） 所以， 由（）可知，ABPD，由APD90，所以 PAPD， 所以 PD平面 PAB， 所以为平面 PAB 的一个法向量 设平面 PBC 的一个法

26、向量为， 则，即， 取 y1，得平面 PBC 的一个法向量为， 则 cos， 由图可知，二面角 APBC 为钝角， 所以二面角 APBC 的余弦值是 【点评】考查线面平行的判定定理，面面垂直的性质定理，向量法求法向量，夹角公式 求二面角的余弦值，中档题 19 （18 分）已知抛物线 y22px（p0）经过点（1，2） 第 16 页（共 19 页） （）求抛物线 C 的方程及其准线方程； （）过抛物线 C 的焦点 F 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，设 O 为原点 （）当直线 l 的斜率为 1 时，求AOB 的面积； （）当|FA|3|FB|时，求直线 l 的方程 【分析】 （I）求出 p

27、，代入即可； （II） （i）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，焦点 F 的坐标为（1，0） ，联立解方程组，结合 面积公式求出即可； （ii）易知直线 l 的斜率存在且不为 0，焦点坐标为（1，0） ，设直线；yk（x1） ，由 韦达定理结合弦长公式，求出 k，得出结论 【解答】解： （）由抛物线 y22px（p0）经过点（1，2） ， 得 2p4，p2，所以该抛物线的方程为 y24x， 准线方程为 x1； （）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，焦点 F 的坐标为（1，0） ， （i）由题可知，直线 l 的方程为 yx1， 联立得 y24y40， 得 y1+y24，y1y

28、24， 因为|OF|1，|y1|+|y2|y1y2|，所以 S AOBSOFA+SOFB 所以AOB 的面积为 2； （ii）易知直线 l 的斜率存在且不为 0，焦点坐标为（1，0） ， 设直线；yk（x1） 联立得 k2x2（2k2+4）x+k20， 由韦达定理可得 x1+x22+，x1x21， 由题意，|FA|3|FB|，得 x1+13（x2+1） ，即 x13x2+2； 第 17 页（共 19 页） 解得 x13， 所以直线 l 的方程为 y 【点评】考查抛物线的性质和方程，直线和抛物线的位置关系，求三角形的面积，弦长 的应用等，中档题 20 （18 分）已知椭圆的离心率为，直线 x+y

29、+20 经过椭 圆 C 的左顶点 A （）求椭圆 C 的方程； （）设直线 l：ykx+m（k0）交椭圆 C 于 M，N 两点（M，N 不同于点 A） 过原点 O 的一条直线与直线 l 交于点 P，与直线 AM，AN 分别交于点 D，E （）当时，求|MN|的最大值； （）若|OD|OE|，求证：点 P 在一条定直线上 【分析】 （）设 A（x0，0） ，因为点在直线 x+y+2上，所以 x0+20，得 x02，所 以 A（2，0） ，所以 a2又因为离心率 e，所以 c，b1，从而求出 椭圆 C 的方程； （）设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， （ i）因为 k，由，消去 y 可得

30、，利用韦达定理 和弦长公式得：|MN| ，所以|MN| ，当且仅当 m0 时，|MN|取到最大值， （ii）若|OD|OE|，则 O 为 DE 的中点，所以 xD+xE0，设直线 DE：yk0x，直线 AM： y（x+2） ，两个方程联立可得：， 解得，同理，化简得：2（）y1y2+（2k0 第 18 页（共 19 页） ） （y1+y2）0，即（m2k）k（2k02km）0，若 m2k，则直线 l 过点 A， 与已知不符合，又 k0，所以 2k02km0，又由 DE：yk0x，联立 l：ykx+m，消 去 y 得：，所以，点 P 在定直线 x2 上 【解答】解： （）设 A（x0，0） ，因

31、为点在直线 x+y+2上， 所以 x0+20，得 x02，所以 A（2，0） ， 所以 a2又因为离心率 e，所以 c，b1， 所以椭圆 C 的方程为+y21； （）设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， （ i）因为 k，由，消去 y 可得， 即 9x2+8mx+4m240，由16m2+1440 得 m29， 由韦达定理，x1+x2，x1x2， 由弦长公式得 |MN| ， 由于16m2+144144，所以|MN|， 当且仅当 m0 时，|MN|取到最大值， （ii）若|OD|OE|，则 O 为 DE 的中点，所以 xD+xE0， 设直线 DE：yk0x，直线 AM：y（x+2） ， 两

32、个方程联立可得：， 解得，同理， 第 19 页（共 19 页） 所以， 即 k0y1（x2+2）y1y2+k0y2（x1+2）y1y20， 所以， 化简得：2（）y1y2+（2k0） （y1+y2）0 由 可得： （ym）2+4k2y24k2，即（1+4k2）y22my+m24k20， 由4m24（1+4k2） （m24k2）0，得 m21+4k2， 所以， 代入得到：， 所以， 即（m2k）k（2k02km）0， 若 m2k，则直线 l 过点 A，与已知不符合 又 k0，所以 2k02km0， 又由 DE：yk0x，联立 l：ykx+m，消去 y 得：， 所以，点 P 在定直线 x2 上 【点评】本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的位置关系，是中档题