2019-2020学年上学期高二期末考试备考精编金卷理科数学（B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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已知复数(是虚数单位)，则的实部为（ ）ABCD2准线为的抛物线标准方程是（ ）ABCD3若函数在上可导，且满足，则（ ）ABCD4若向量与向量的夹角的余弦值为，则（ ）ABCD5“”是“一元二次方程有实数解”的（ ）A充分不必要条件B充要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件6设正项等比数列中的，是函数的极值点，则等于（ ）ABCD7椭圆的焦点在轴上，长轴长是短轴长的两倍，则的值为（ ）ABCD8一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人作了案”；丁说：“乙说的是事实”。经过调查核实，四个人中有两个人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四个人中只有一名罪犯，则说真话的人是（ ）A甲、乙B甲、丙C乙、丁D乙、丁9如图在复平面内，复数，对应的向量分别是，若，则的共轭复数（ ）ABCD10已知命题:函数在上单调递减，命题:函数是偶函数，则下列命题中真命题的是（ ）ABCD11设，分别为双曲线的两个焦点，、是双曲线的一条渐近线上的两点，四边形为矩形，为双曲线实轴的一个顶点，若的面积为，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD12已知函数是上的可导函数，当时，有，则函数的零点个数是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13计算 14若命题“，”是假命题，则的取值范围是 15函数在区间上最大值与最小值的和为 16在长方体中，是线段上一点，且，则点到平面的距离为 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知过抛物线焦点的弦的长为，求该弦所在的直线方程18（12分）如图，在四棱锥中，底面，点为棱的中点（1）证明：；（2）求二面角的余弦值19（12分）设函数在及时取得极值（1）求，的值；（2）求函数在上的最大值与最小值之差20（12分）设命题:函数的定义域为；命题:，使得如果“或”为真命题，“且”为假命题，求实数的取值范围21（12分）如图，四棱锥中，底面，为线段上一点，为的中点（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值22（12分）已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线相切，过点且不垂直于轴的直线与椭圆相交于，两点（1）求椭圆的方程；（2）求的取值范围2019-2020学年上学期高二期末考试备考精编金卷理科数学（B）答案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】B【解析】，的实部为2【答案】A【解析】准线为的抛物线标准方程是，故选A3【答案】B【解析】由于，因此在上单调递减，即，故答案为B4【答案】A【解析】向量与向量的夹角的余弦值为，解得5【答案】A【解析】“一元二次方程有实数解”的充要条件是，而；但，故选A6【答案】B【解析】，是函数的极值点，是方程的两个实数根，由根与系数的关系可得，故7【答案】A【解析】方程化为，则长轴长为，短轴长为，则，故选A8【答案】B【解析】如果乙说的是对的，则甲也对丁也对，不符，所以乙说假话，小偷不是丙，同时丁说的也是假话即甲、丙说的是真话，小偷是乙，故选B9【答案】A【解析】由题意知，故，即，故选A10【答案】A【解析】命题中，因为函数在上为减函数，所以函数在上为减函数，所以是真命题；命题中，设，则，所以函数是偶函数，所以是真命题，所以是真命题，故选A11【答案】D【解析】设，根据矩形的性质，得，即，则，所以因为的面积为，所以，所以，所以，所以，故选D12【答案】B【解析】令，令，即当时， ，为增函数；当时，为减函数，在区间，上，函数在区间，上为增函数，画出草图可知，在区间上，与有一个交点，在上没有交点即的零点个数是第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】14【答案】【解析】因为命题“，”是假命题，所以，为真命题，即，故答案为15【答案】【解析】，由得极值点为，计算得，故函数在区间上最大值与最小值的和为16【答案】【解析】以，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，由，则，设平面的法向量为，由，得，可取，点到平面的距离为三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】或【解析】过焦点的弦长为，弦所在的直线的斜率存在且不为零，故可设弦所在直线的斜率为，且与抛物线交于，两点抛物线的焦点为，直线方程为，联立抛物线有，整理得，又，所求直线方程为或18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：取中点，连接，分别是，的中点，四边形是平行四边形，底面，面，（2）以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，令，则，即，易知平面的一个法向量，设二面角的大小为，则19【答案】（1），；（2）【解析】（1），因为函数在及时取得极值，即，解得，经检验满足题意（2）由（1）可知，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以，当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，当时，的最大值为，的最小值为，故函数在上的最大值与最小值之差为20【答案】【解析】当命题为真命题时，函数的定义域为，恒成立，得，解得；当命题为真命题时，解得或，“或”为真命题，且“且”为假命题，命题与命题一真一假若真假，则；若假真，得，则或，综上所述，实数的取值范围是21【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：由已知得，取得中点，连接，为的中点，又，故，四边形为平行四边形，因为平面，平面，所以平面（2）取的中点，连接由得，从而，且以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系由题意知，设为平面的法向量，则，即，可取于是，直线与平面所成角的正弦值为22【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意知，所以，即又以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线相切，所以，所以，故椭圆的方程为（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立椭圆有，由，得设，则，的取值范围是