《江苏省2019-2020年高二下学期期末联考数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019-2020年高二下学期期末联考数学试题（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高二期末六校联考数学试卷第（）卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 已知集合,则=( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：求出集合，然后直接求解详解：故选点睛：本题是一道基础的题型，考查的是学生对于集合的交集运算应用的熟练程度，对于本题而言，利用集合交集的运算性质即可解答2. 如果（，表示虚数单位），那么( )A. 1 B. C. 2 D. 0【答案】B【解析】分析：复数方程左边分子、分母同乘分母的共轭复数，化简为的形式，利用复数相等求出即可详解：解得故选.3. 设随机变量X的分布列如下：则
2、方差D (X)（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先求出的值，然后求出，利用公式求出详解：故选4. 要得到的图象只需将的图象 （ ）A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位【答案】C【解析】试题分析：因为，所以由y=3sin3x的图象向左平移个单位得到考点：本题考查正弦函数的图象和性质点评：解决本题的关键是注意平移时，提出x的系数5. 若将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由题意可知，然后利用二项式定理进行
3、展开，使之与进行比较，可得结果详解：由题可知：而则故选点睛：本题主要考查了二次项系数的性质，根据题目意思，将转化为是本题关键，然后运用二项式定理展开求出结果 6. 已知平面与平面相交,a是内的一条直线,则（）A. 在内必存在与a平行的直线 B. 在内必存在与a垂直的直线C. 在内必不存在与a平行的直线 D. 在内不一定存在与a垂直的直线【答案】B【解析】分析：由题意可得，是内的一条直线，则可能与平面和平面的交线相交，也有可能不相交，然后进行判断详解：在中，当与平面和平面的交线相交时，在内不存在与平行的直线，故错误在中，平面和平面相交，是内一条直线，由线面垂直的性质定理得在内必存在与垂直的直线，
4、故正确在中，当与平面和平面的交线平行时，在内存在与平行的直线，故错误在中，由线面垂直的性质定理得在内必存在与垂直的直线，故错误故选点睛：本题主要考查的是空间中直线与平面之间的位置关系、直线与直线的位置关系，需要进行分类讨论，将可能出现的情况列举出来，取特例来判断语句的正确性7. 若函数f(x)kaxax(a0且a1)在(，)上既是奇函数又是增函数，则g(x)loga(xk)的图象是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由函数，在上既是奇函数又是增函数，则由复合函数的性质，我们可得，由此不难判断出函数的图象详解：在上是奇函数则即则又在上是增函数则函数图象必过原点，且为增函数故选点
5、睛：本题考查了函数单调性及奇偶性的判断与证明，在解答此类题目时根据题意运用方法求出参量的值或者范围，然后画出对数函数的图像8. 若，都是实数，则“”是“”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【答案】A【解析】分析：先证明充分性，两边同时平方即可，再证明必要性，取特值，从而判断出结果。详解：充分性：将两边平方可得：化简可得：则，故满足充分性必要性：，当时，故不满足必要性条件则是的充分而不必要条件故选点睛：本题考查了充分条件与必要条件的判定，可以根据其定义进行判断，在必要性的判定时采用了取特值的方法，这里也要熟练不等式的运用9. 正边
6、长为2，点是所在平面内一点，且满足，若，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：建立直角坐标系后求出各点坐标，用坐标表示详解： 如图：以为原点，所在直线为轴，过点垂直于为轴则，设，则点轨迹为由可得：故当时，故选点睛：本题主要考查的是平面向量的基本定理。设不共线的两个向量为基底，求参量和的最值，本题的解法较多，可以通过建立空间直角坐标系，求交点坐标建立数量关系，也可以用等和线来解。10. 在棱长为1的正方体中，分别是的中点点在该正方体的表面上运动，则总能使与垂直的点所构成的轨迹的周长等于（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据题意先画出图形，找出满足题意
7、的点所构成的轨迹，然后再根据长度计算周长详解：如图：取的中点，的中点，连接，则平面设在平面中的射影为，过与平面平行的平面为能使与垂直的点所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形的周长相等正方体的棱长为矩形的周长为故选点睛：本题主要考查了立体几何中的轨迹问题。考查了学生的分析解决问题的能力，解题的关键是运用线面垂直的性质来确定使与垂直的点所构成的轨迹，继而求出结果。第（）卷（非选择题 共110分）二、填空题：本大题7小题，多空题每题6分，单空每题4分，共36分，把答案填在题中的横线上11. 设等差数列满足：，则 _；数列的前项和 _【答案】 (1). 13 (2). 【解析】分析：设公差，由题意可求出数
8、列的通项公式，即可求得的值运用求和公式即可详解：设等差数列的公差为，则，解得则点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式及前项和公式，运用公式即可求出结果，本题较为简单12. 个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_体积为_【答案】 (1). (2). 【解析】分析：还原几何体，运用面积公式即可求出表面积结合几何体计算体积详解：如图： 由三视图可知，该几何体为一圆锥通过轴截面的一半圆锥，底面半径直径为，高为体积点睛：本题主要考查了三视图求几何体的表面积，体积，考查了学生的计算能力，空间想象能力，三视图复原几何体是解题的关键。13. 已知双曲线，则双曲线的离心率 _，若该双曲线的两渐近线夹角
9、为，则 _【答案】 (1). (2). 【解析】分析：(1)由双曲线标准方程可得，从而计算出离心率(2)可以先算出一条渐近线与的夹角正弦、余弦值，然后再算详解：由题可知，则双曲线的离心率(2)由题意可得：则，点睛：本题主要考查了双曲线的离心率及渐近线夹角问题，属于基础题目，只要能够按照基本知识方法来求解即可，在计算夹角正弦值时需要将其分割来看，运用二倍角公式求得结果。14. 不等式组表示的区域为D，是定义在D上的目标函数,则区域D的面积为_; 的最大值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】分析：先画出满足条件的平面区域，从而求出平面区域的面积结合的几何意义从而可以求出的最大值详解：画出满
10、足条件的平面区域，如图所示：平面区域的面积为由可得：显然过时，最大，的最大值为点睛：本题主要考查了简单的线性规划问题，其解法为先画出可行域，然后根据题意解答，在计算三角形面积时注意方法，是直接算还是用割补法。15. 已知抛物线的焦点为,准线与轴的交点为 为抛物线上的一点,且满足,则 =_.【答案】【解析】分析：利用抛物线的性质，过作准线的垂线交准线于，则，则，在中可表示出，计算即可得到答案详解：过作准线的垂线交准线于则故点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质，解答本题的关键是记清抛物线上点到焦点距离等于到准线距离，灵活运用抛物线的定义来解题16. 小明玩填数游戏：将1，2，3，4四个数填到的表格
11、中，要求每一行每一列都无重复数字。小明刚填了一格就走开了（如右图所示），剩下的表格由爸爸完成，则爸爸共有_种不同的填法.（结果用数字作答）1【答案】144【解析】分析：依据题意已经放好一个数字，为了满足要求进行列举出结果详解：第一行将数字填入表格有种可能，然后将数字填入表格有种可能；那么第二行每个数字分别有、种可能；根据题意每一行每一列都无重复数字，所以第三行只有种可能，第四行每个数字都只有一种情况，所以一共有点睛：本题考查了排列组合，在解答题目时按照题意采取了列举法，分别考虑每一行的情况，然后再进行排列，在解题时注意是否存在重复的情况。17. 已知，若在(0,2)上有两个不同的,则k的取值范
12、围是_.【答案】【解析】分析：先将含有绝对值的函数转化为一元一次函数和二元一次函数的分段函数的形式，再利用一元一次函数与二元一次函数的单调性加以解决详解：不妨设在是单调函数，故在上至多一个解若则，故不符合题意，由可得，由可得，故答案为点睛：本题主要考查的知识点是函数零点问题，求参量的取值范围，在解答含有绝对值的题目时要先去绝对值，分类讨论，然后再分析问题，注意函数单调性与奇偶性和零点之间的关系，适当注意函数的图像，本题有一定难度三、解答题：本大题共5小题，共74分解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤18. 在中，角的对边分别是，已知，且（）求的面积；（）若角为钝角，点为中点，求线段的
13、长度【答案】（1）（2）【解析】分析：由，根据正弦定理可证得，利用面积公式求得结果运用公式即可求得结果详解：（1）(2)点睛：本题主要考查的知识点是运用正弦定理和余弦定理求三角形边长，再运用面积公式求出三角形面积，在求解过程中要注意公式的运用，尤其是边角的互化，熟练掌握公式是本题的解题关键19. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面，是棱的中点，且，（）求证：平面；（）如果是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为,求的值【答案】（1）见解析（2）1【解析】试题分析：（1）由 所以 又因为底面 平面；（2）如图以为原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和 试题解析： （1）连结，因为在中，所以，所以因为，所以又因为底面，所以，因为，所以平面（2）如图以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则因为是棱的中点，所以所以，设为平面的法向量，所以，即，令，则，所以平面的法向量因为是在棱上一点，所以设设直线与平面所成角为，因为平面的法向量，所以解得，即，所以考点：1、线面垂直；2、线面角.20. 已知函数，为常数（）若时，已知在定义域内有且只有一个极值点，求的取值范围；（）若，已知，恒成立，求的取值范围。【答案】（1）（2）【解析】分析：将代入，求出的表达式，求导，然后综合只有一个极值点即可求出结果法一：将代入，求导后
