【数学】江西省南昌市八一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（理）
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高二下学期期中考试（理）
第Ⅰ卷(选择题：共60分)
一、选择题：本大题共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．复数满足，则
A. B. C. D.
2．已知平面内一条直线及平面，则“”是“”的
A.充分必要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
3.已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图1所示的直观图，
其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面积是( )
A. B.2
C. D.
4.如图4所示，则这个几何体的体积等于( )
A.4 B.6
C.8 D.12
5.下列说法中，正确的是( )
A.经过不同的三点有且只有一个平面
B.分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线
C.垂直于同一个平面的两条直线是平行直线
D.垂直于同一个平面的两个平面平行
6．实数使得复数是纯虚数，则的大小关系是 （ ）
A． B． C． D．
7.已知正四棱柱的底面是边长为1的正方形，若平面内有且仅有1个点到顶点的距离为1，则异面直线 所成的角为 ( )
A. B. C. D.
8.函数的部分图象大致为( )
A. B. C. D.
9.如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α内,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C的轨迹是()
A.一条线段 B.一条直线
C.一个圆 D.一个圆,但要去掉两个点
10.如图7，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；
②△BCA是等边三角形；
③棱锥DABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是( )
A.①②④ B.①②③
C.②③④ D.①③④
11.在正三棱锥SABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝2，则正三棱锥SABC外接球的表面积是( )
A．12π B．32π C．36π D．48π
12．已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）
A、 B、 C、 D、
第Ⅱ卷（非选择题：共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填在答题卡的相应位置.
13． (sin x＋cos x)dx＝
14．在三棱锥中，,为的重心，过点作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线和，则该截面的周长为______
15．已知一个正三棱柱,一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切,那么这个正三棱柱面积是 ．
16．如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________
①|BM|是定值；
②点M在圆上运动；
③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；
④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE．
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17.(本小题满分10分)如图所示，P是▱ABCD所在平面外一点，E，F分别在PA，BD上，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平面PBC.
18.(本小题满分12分)如图12所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点.证明：平面ABM⊥平面A1B1M.
19.(本小题满分12分)以平面直角坐标系的原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知点的直角坐标,若直线的极坐标方程为,曲线的参数方程是,(为参数).
(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；
(2)设直线与曲线交于两点,求.
20．（本题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，
∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，O为AD中点，M是棱PC上的点，AD＝2BC．
（1）求证：平面POB⊥PAD；
（2）若点M是棱PC的中点，求证：PA∥平面BMO．
21．(本小题满分12分)如图，四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，,.且与均为正三角形,为的中点，为重心.
（I）求证：平面
(II)求异面直线与的夹角的余弦值
22. (本小题满分12分) 已知函数.
(Ⅰ)试求函数的单调区间；
(Ⅱ)若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
一、选择题（125分=60分）：
1D2B3A4A5C6C7B8C9D 10B 11C12A
二、填空题（45分=20分）：
13.0 14.8 15 16①②④
三、解答题
17【证明】 连接AF延长交BC于G，连接PG.
在▱ABCD中，
易证△BFG∽△DFA，
∴＝＝，
∴EF∥PG.
而EF平面PBC，PG平面PBC，
∴EF∥平面PBC.
18【证明】 由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，
又BM平面BCC1B1，所以A1B1⊥BM.
又CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.
在Rt△B1C1M中，B1M＝＝，
同理BM＝＝，又B1B＝2，
所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.
又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，
因为BM平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.
19由,得,
令,,得.因为,消去得,
所以直线的直角坐标方程为,曲线的普通方程为.………………6分
(2)点的直角坐标为,点在直线上.
设直线的参数方程为,（为参数）,代入,得.
设点对应的参数分别为,,则,,
所以.………………12分
20试题解析：（1）证明： ∵ 为中点，且，
∴ 又，，
∴ 四边形是矩形，
∴ ，又平面平面，且平面平面，平面，
∴ 平面，又平面，
∴ 平面平面。．．．．．．．6分
（2）如下图，连接交 于点，连接，
由（1）知四边形是矩形，
∴ ，又为中点，
∴ 为中点，又是棱的中点，
∴ ，又平面，平面，
∴ 平面．．．．．．．12分
21.【解析】（Ⅰ）方法一：连交于,连接.
由梯形，且，知
又为的中点，为的重心，∴，在中，,故//. 又平面, 平面,∴//平面.
方法二：过作交于,过作交于,连接,
为的重心，,,
又为梯形，,,
, ∴
又由所作，得// ，为平行四边形.
,面 ．．．．．6分
(II) 取线段上一点，使得，连,则,
, ,在中
，
则异面直线与的夹角的余弦值为 ………12分
22（Ⅰ）因为
所以
①若，则，即在区间上单调递减；
②若，则当时， ；当时，；
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；
③若，则当时，；当时，；
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，若，函数在区间上单调递减；；
若，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；
若，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减……6
（Ⅱ）依题意得，
令.因为，则，即．
于是，由，得，
即对任意恒成立.
设函数，则.
当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
所以.
于是，可知，解得.
故的取值范围是 ………12分
