【文档说明】福建省泉州市2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.834 MB，由小赞的店铺上传

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泉州市普通高中2019-2020学年度上学期教学质量跟踪检测高二数学一、单项选择题1.已知向量1,2,3,23abx，，．若//abrr，则x（）A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据空间向量平行

的等价条件，列出方程，即可求得本题答案.【详解】因为//abrr，根据空间向量平行的等价条件，有12323x，得1x.故选：C【点睛】本题主要考查空间向量平行的等价条件，属于基础题.2.在等差数列na中，若376107aaa，，则公

差d（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】把367,,aaa用1,ad表示出来，根据题目条件列出方程组，即可求得本题答案.【详解】在等差数列na中，因为37610,7aaa，所以111261057adadad

，求得132ad.故选：B【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的应用，属于基础题.3.过点23M，且与直线290xy平行的直线方程是（）A.280xyB.270xyC.240xyD.210xy【答案】C【解析

】【分析】设所求的直线方程为20xym，代入点(2,3)M，即可求得本题答案.【详解】因为所求直线方程与直线290xy平行，所以可设为20xym，又因为经过点(2,3)M，代入可得4m，则所求直线方程为240xy.故选：C

【点睛】本题主要考查直线方程的求法，属于基础题.4.已知各项均为正数的等比数列na单调递增，且131233626aaaaa，，则4a（）A.24B.36C.48D.54【答案】D【解析】【分析】由1336aa

可求得2a的值，然后通过解方程组求得13,aa的值，进而可得到本题的答案.【详解】因为1336aa，且na为各项是正数的等比数列，得26a，所以13133620aaaa，由

于na为递增的等比数列，可得13218aa，根据1423aaaa，得454a.故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的性质，属于基础题.5.若双曲线222:14xyCb经过点64，，则C的渐近线方程是（）A.22yxB.2yxC

.12yxD.22yx【答案】A【解析】【分析】代入点(6,4)，可求得双曲线的标准方程，进而可得本题的答案.【详解】把点(6,4)代入22214xyb，可得232b，所以双曲线的标准方程为221432xy，令2204

32xy，可求得双曲线的渐近线方程为22yx.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程的考法，属于基础题.6.记nS为数列na的前n项和．若点,nnaS，在直线60xy上，则4S（）A.92B.254C.458

D.409【答案】C【解析】【分析】由题可得，S60nna，根据11,1,2nnnSnaSSn，可求得na为等比数列，进而可求得本题答案.【详解】因为点,nnaS在直线60xy上，所以S60nna.当1n时，1160aS，得

13a；当2n时，S60nna①，1160nnaS②，①-②得，112nnaa，所以数列na为等比数列，且公比12q，首项13a，则4414131124511812aqSq.故选：C【点睛】本题主要考查根据,nn

aS的关系式求通项公式na的方法.7.已知正四棱锥的底面边长为2，高为3，则此四棱锥的侧棱与底面所成角的大小为（）A.30°B.45°C.60°D.75°【答案】C【解析】【分析】求出PAO的大小，即可得到本题的答案.【详解】在

正四棱锥PABCD中，连接AC，BD交于点O，再连接PO，因为PABCD是正四棱锥，所以PO与底面ABCD垂直，则PAO为侧棱与底面所成角，由题有，2AB，3PO，因为ABCD为正方形，所以1AO，在RtAOP中，tan3POPAOAO，解得，60PAO

.故选：C【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，属基础题.8.若抛物线28xy上一点00Pxy，到焦点的距离是该点到x轴距离的2倍，则0y（）A.12B.2C.1D.2【答案】D【解析】【分析】利用抛物线22xpy上的点00,xy到焦点的距离为0

2py，列出方程，可求得本题答案.【详解】因为00,Pxy到焦点的距离02dy，则0022yy，解得02y．故选：D【点睛】本题主要考查利用抛物线的定义求抛物线上的点的坐标，属基础题.9.已知圆C与直线0xy及20xy均相交，若四个交点围

成的四边形价为正方形，则C的半径为（）A.3B.2C.2D.1【答案】D【解析】【分析】正方形的对角线即圆的直径，求出对角线的长即可得到本题答案.【详解】因为直线0xy与直线20xy互相平行，所以两直线之间的距离2220211d

，由题意，圆C与两直线相交，四个交点围成的四边形为正方形，则两平行线之间的距离即为正方形的边长，正方形的对角线即圆的直径．设圆的半径为r，有222222r，解得1r，故选：D【点睛】本题考查

直线与圆的综合应用问题，属于中档题．10.圆锥曲线与空间几何体具有深刻而广泛的联系，如图所示，底面半径为1，高为3的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱下底而相切，作不与圆柱底面平行的平面与球相切于点F，若平面与圆柱侧

面相交所得曲线为封闭曲线，是以F为一个焦点的椭圆，则的离心率的取值范围是（）A.315，B.305，C.405，D.415，【答案】B【解析】【分析】考虑与底面趋于平行和与底面的

夹角最大两种情况，即可确定离心率的取值范围.【详解】当与底面趋于平行时，几乎成为一个圆，因此离心率可以充分接近0．当与底面的夹角最大时，的离心率达到最大，下面求解这一最大值．如图，,AB为长轴，F为焦点时，

e最大．2acBFBG，易知1b，所以5434ac，35e．则离心率的取值范围是30,5．故选：B【点睛】本题主要考查圆锥曲线与空间几何的综合应用问题，难度稍大.二、多项

选择题11.记nS为等差数列na的前n项和．若1573aaS，则以下结论一定正确的是（）A.40aB.nS的最大值为3SC.16SSD.35aa【答案】AC【解析】【分析】由1573aaS，可得40a，进而逐项判断，可得本题答案.【详解】设等差数列n

a的公差为d，则11134721aadad，解得13ad，所以114naandnd，所以40a，故A正确；因为61450SSa，所以16SS，故C正确；由于d的正负不清楚，故3S可能为最大值或最小值，故B不正确；因为35420aaa，

所以35aa，即35aa，故D不正确．故选：AC【点睛】本题主要考查等差数列的综合应用问题，属中档题.12.如图，正三棱柱11ABCABC中，11BCAB、点D为AC中点，点E为四边形11BCCB内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（）A.1112DAAABABCB.若

//DE平面11ABBA，则动点E的轨迹的长度等于22ACC.异面直线AD与1BC，所成角的余弦值为66D.若点E到平面11ACCA的距离等于32EB，则动点E的轨迹为抛物线的一部分【答案】BCD【解析】【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐

标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案.【详解】解析：对于选项A，1112ADAABABC，选项A错误；对于选项B，过点D作1AA的平行线交11AC于点1D．以D为坐标原点，1DADBDD,,分别为,,xyz轴的正方向建立空

间直角坐标系Oxyz．设棱柱底面边长为a，侧棱长为b，则002aA,,，3002Ba,,，1302Bab,,，102aCb,,，所以1322aBCab,,，1322aABab,,．∵11BCAB

，∴110BCAB，即2223022aab，解得22ba．因为//DE平面11ABBA，则动点E的轨迹的长度等于122BBAC．选项B正确．对于选项C，在选项A的基础上，002aA,,，3002Ba,,，0,0,0D，

12022aCa,,，所以002aDA,,，132222aBCaa,-,，因为211162cos,6||||622aBCDABCDABCDAaa，所以异面直线1,BCDA所成角

的余弦值为66，选项C正确．对于选项D，设点E在底面ABC的射影为1E，作1EF垂直于AC，垂足为F，若点E到平面11ACCA的距离等于32EB，即有312EFEB，又因为在1CEF中，3112EFEC，得1EBEC，其中1EC等于点E到直线1CC的距

离，故点E满足抛物线的定义，另外点E为四边形11BCCB内（包含边界）的动点，所以动点E的轨迹为抛物线的一部分,故D正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.三、填空题13.抛物线24xy的焦点坐标是_____

_________，准线方程是_____________．【答案】(1).01，(2).1y【解析】【分析】根据抛物线22xpy的焦点坐标为0,2p，准线方程为2py，可得本题答案.【详解】因为抛物线的标准方程为24xy，得2p，所以其焦点左边为(0,1)

，准线方程为1y.故答案为：01，；1y【点睛】本题主要考查抛物线的焦点坐标和准线方程，属于基础题.14.记nS为各项均为正数的等比数列na的前n项和．若1234312aaaa，，则公比q_________，6S____________．【答案】(

1).2(2).63【解析】【分析】两个式子相除可求得q，代入①式可求得1a，最后可得本题答案.【详解】因为等比数列na的各项均为正数，123aa①，3412aa②，②÷①得，2q=，代入①，可得11a，所以661611263112

aqSq.故答案为：2；63【点睛】本题主要考查等比数列通项公式与求和公式的综合应用，属基础题.15.已知圆22:21Cxy，则圆心C到直线:3120lxy的距离为____________．若P为l上任意一点，过P作C的切线，则切线长最短时的切线方程为______

_______．【答案】(1).10(2).3y或3430xy【解析】【分析】易得圆心为(0,2)，直接利用点到直线的距离公式可得第一空的答案；当||PC取最小值时，切线长最短，先求出PC的直线方程，联立两个直线方程确定点P的坐标，利用圆心到切线的距离等于半径长，求出切线斜率即可

得到第二空的答案.【详解】第一空解析：易得圆心为(0,2)，所以圆心(0,2)到直线3120xy的距离22|212|1031d.第二空解析：设切线长为L，则21LPC，所以当切线长L取最小值时

，PC取最小值，过圆心02C，作直线l的垂线，则点P为垂足点，此时，直线PC的方程为360xy，联立3120360xyxy，得33xy，点P的坐标为33，．由题意可得223311kk，解得0k或34k，此时，所求切

线的方程为3y或3430xy．故答案为：10；3y或3430xy【点睛】本题考查过点的圆的切线方程的求解，考查圆的切线长相关问题，在过点引圆的切线问题时，要对直线的斜率是否存在进行分类讨论，另外就是将直线与圆相切转化为圆心到切线的距离等于半径长

，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题．16.几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款面向中学生的应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动。这款软件的激活码为下面数学题的答案：记集合1110110012222N101kkkkkkkAxxaaaakaaa

a，，，，，，或．例如：12234567AA，，，，，，若将集合4A的各个元素之和设为该软件的激活码，则该激活码应为____________；定义

0120120111kkkxaaaafxxAxaaaa，的表达式中，，，，等于的个数为偶数，的表达式中，，，，等于的个数为奇数现指定5k，将集合1kxfxxA，的元素从小到大排列组成数列nc，若将nc的各项之和设为该软件的激活码，则该激活码应为_

____________．【答案】(1).376(2).760【解析】【分析】令01230aaaa，可得到4A的最小元素为16，令01231aaaa，可得到4A的最大元素为31，进而可得到第一空的答案；结合二进制表示，当5k时，nC的各项可以看成首位为1的六

位二进制数，求出41a，符合条件()1fx的有8个数，同理可得到其他情况的个数，即可得到本题答案.【详解】解析：集合4321044321022222Annaaaaa，当41a，01230aaaa

时，16n；当012341aaaaa时，31n；所以416171831A，，，…，共有16个元素，故激活码为1616313762；结合二进制表示，当5k时，nC的各项可以看成首位为1的六位二进制数，对于41a，符合条件1fx的有8个数，同理对于

31a，21a，11a，01a时，符合条件的也分别是8个数，故激活码为543240162822222760．故答案为：376；760【点睛】本题非常巧妙的将实际问题与二进制融合在一起，读懂题目所表达的具体含义是解决本题的关

键.四、解答题17.已知公差不为零的等差数列na满足132aa，是1a与7a的等比中项．（1）求na的通项公式；（2）是否存在n值，使得na的前n项和27nS？【答案】（1）1nan（2）存在【解析】【分析】（1）由12a，3a是

1a与7a的等比中项，可算得d，进而可求得na的通项公式；（2）列出等式求解，即可得到本题答案.【详解】解：（1）设na的公差为d，因为3a是1a与7a的等比中项，所以2317aaa．因为12a，所以

222226dd，解得1d，所以1nan．（2）因为21322nnnnnS，令3272nn，则23540nn，解得6n．所以存在n为6，使得nS的值为27．【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合问题，属基础题.18.已如圆C的圆心在直线3

y上．且C经过点4202AD，，，．（1）求C的标准方程；（2）过点11P，的直线l被C所截得的弦长为4，求l的方程．【答案】（1）22235xy（2）1x或3410xy【解析】【分析】（1）设圆的方程为2223xayr，代入点42

,02AD，，，求出方程组的解，即可得到本题答案；（2）考虑斜率存在和不存在两种情况，求出满足题目条件的直线方程.【详解】（1）设圆心,3Ca，圆C方程：2223xayr．由4,2,0,2AB在C上有，22222242323arar

，解得25ar．∴圆C的方程为22235xy．（2）由已知得圆心C到直线l距离为541d．①当l斜率不存在时，直线方程为1x，此时圆心到直线l距离为1，符合题意．②当l斜率存在时，设:11lykx，即10kxyk．圆

心C到直线l距离223111kkdk，解得34k．故l方程为3114yx，即3410xy．综合①②有，所求直线方程为1x或3410xy．【点睛】本题主要考查圆的标准方程以及已知圆的弦长求直线方程的问题，属

基础题.19.已知顶点在坐标原点O，焦点在x轴上的抛物线C过点362，．（1）求C的标准方程；（2）若直线4yx与C交于AB，两点，证明：OAOB．【答案】（1）24yx（2）证明见解析【解析

】【分析】（1）把点362，代入抛物线方程22ypx，求得p，即可得到本题答案；（2）直线方程与抛物线方程联立消y，利用韦达定理，证明12220xxyy，即可得到本题答案.【详解】（1

）解：设所求抛物线方程为22ypx,因为抛物线C过点362，，所以36p，解得2p，故所求抛物线方程为24yx．（2）联立方程组244yxyx，消去x，得24160yy①设1122,,,AxyBxy，由

方程①得：1216yy，又21122244yxyx，则2212121616yyxx，所以12220OAOBxxyy，所以OAOB．【点睛】本题主要考查抛物线标准方程的求法以及直线与抛物线的综合问题，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理，逐步化简求解，

是解决此类问题的关键.20.已知数列na满足11111nnanana，．（1）设nnabn，求数列nb的通项公式；（2）求数列2nna的前n项和nS．【答案】（1）12nbn（2）12326nnSn【解析】【分析】（1）

等式两边同除以1nn，再用累加法，即可求得数列nb的通项公式；（2）先求得21nan，接着用错位相减的方法求前n项和nS.【详解】（1）因为111nnnana，两边同除以1nn，得1111nnaan

nnn，令nnabn，则111nnbbnn．所以21112bb，32123bb，43134bb，…111nnbbnn，得111111223341nbbnn

…1111111111223341nnn…．又因为1111ba，所以12nbn．（2）21nnanbn，令2212nnnnCan，所以

1231123252232212nnnSnn…①，23412123252232212nnnSnn…②，①-②得2311222222212nnnSn

+…，114122221212nnnSn112821212nnn12326nn，所以12326nnSn．【点睛】本题主要考查用累加法求数列的通项公式以及用错位相减的方法求数列的前n

项和.21.折纸与数学有着千丝万缕的联系，吸引了人们的广泛兴趣．因4A纸的长宽比2:1称为白银分割比例，故4A纸有一个白银矩形的美称．现有一张如图1所示的4A纸EFCH，:2:1EFEH．ABCD，，，分别为EFFGGHHE，，，的中点，将其按折痕ABBCCDDAAC，，

，，折起（如图2），使得EFGH，，，四点重合，重合后的点记为S，折得到一个如图3所示的三棱锥DABC．记O为AC的中点，在SOB中，SP为BO边上的高．（1）求证：//SP平面ACD；（2）若MN，分别是棱ABBC，上的动点，且AMBN．当三棱锥BDMN的体积最大时，求

平面DAB与平面DMN所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）3510【解析】【分析】（1）通过证明//SPDO，可得到//SP平面ACD；（2）因为BDMNDBMNVV且三棱锥DBMN的高为定值，所以当BM

NS最大时，三棱锥BDMN的体积取得最大值，由此可确定M，N两点为AB，BC的中点，接着通过建立空间直角坐标系求解，可得到本题答案.【详解】（1）连接DO．设4EHa，则42EFa，翻折后的4BDDEFBa

．在SAC中，22SASCa，4ACa，O为AC的中点，∴2SOa．又∵在SOB中，2,BSaSPBO，∴P为BO的中点，∴//SPDO．∵SP平面ACD，DO平面ACD，∴//SP平面ACD．（2）∵BDMNDBMNVV且三棱锥DBMN的高为定值

，∴BMNS最大时，三棱锥BDMN的体积取得最大值．设023AMBNxxa，所以22111sin23sin33sin222BMNSBMBNMBNxaxMBNxaaMBN

-又∵sinMBN为定值，∴当3xa时，BMNS最大，即三棱锥BDMN的体积最大．此时,MN分别是,ABBC上的中点，由（1）可得SPDO∥，SPBO，∴DOBO．∵DADC，BABC，∴DOACBOAC，．以O为坐标原点，,,OAOBOD分别为,,xyz轴

的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，则2,0,0,0,22,0,2,0,0,0,0,22,,2,0AaBaCaDaMaa，,2,0,2,22,2,0,0,2,0,

22NaaDMaaaNMaDAaa，，2,22,0ABaa．设平面DMN的一个法向量为1111,,nxyz．∴1100nDMnNM，∴1111222020axayazax，，取11z，则1120yx，，∴平面DMN

的一个法向量为102,1n,．设平面DAB的一个法向量为2222,,nxyz．∴2200nDAnAB，∴222222202220axazaxay，，取22

x，则221yz，∴平面DAB的一个法向量为2211n,,．则121212335cos,1052nnnnnn．所以平面DAB与平面DMN所成锐二面角的余弦值为3510．【点睛】（1）本题主要考查空间几何的折叠问题，涉及到直线与

平面平行的证明以及用向量法求二面角的问题.22.已知PAB△的两个顶点AB，的坐标分别是03A，，03B，，且直线PAPB，的斜率之积是32．（1）是否存在定点12FF，，使得12PFPF为定值？（2）设点P的轨迹

为，点CDE，，是上互异的三点，且ACAD，关于y轴对称，ACAE．求证：直线DE恒过定点．【答案】（1）存在（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设点(,)Pxy，把k,PAPBk表示出来，根据题目条件列出等式，化简即可得到本题答案；（2）根据题目条件可得1A

DAEkk，设DE的直线方程为ykxm，联立椭圆方程，消去y，利用韦达定理，逐步化解，即可得到本题答案.【详解】解：（1）设,Pxy，由已知得：3300PAPByykxkxxx，，则有3332yyxx

，化简得：221032yxx，由椭圆的定义可知，存在定点120101FF,,,使得12PFPF为定值．（2）由于,,CDE在上，所以ACADAE,,斜率存在，由条件得，011ADACADAEAEACkkkkkk

．设1122:DElykxmDxkxmExkxm,,,,，联立22123ykxmxy，消去y得，222234260kxkmxm，由韦达定理得，12221224232623kmxxkmxxk

①②1212133ADAEkkkxmkxmxx2212121330kxxkmxxm③把①，②代入③，得222222222222226644

3243636390kmmkkmkmkmkmkmm263150mm，解得3m或53．当=3m时，与题意矛盾，要舍去，所以直线DE过定点053，．【点睛】本题主要考查椭圆的定义以

及直线与椭圆的综合问题，联立直线方程与椭圆方程及利用韦达定理，是解决此类问题的关键.