【文档说明】安徽省合肥市庐阳区合肥六中、淮北一中四校2019-2020学年高二上学期期末考试数学（文）试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.504 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第一学期高二期末联考数学（文）试题第Ⅰ卷选择题（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.已知集合{|124}xAx，{|ln1}Bxyx，则

ABA.{|01}xxB.{|12}xxC.{|02}xxD.{|02}xx【答案】B【解析】【分析】先分别求出集合A，B，由此能求出AB．【详解】解：集合{|124}{|02

}xAxxx，{|ln1}1Bxyxxx，{|12}ABxx．故选：B．【点睛】本题主要考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基知识，考查运算求解能力，是基础题．2.抛物线28xy的准线方程为A.x=2B.x=2C.y=2D.y=2

【答案】C【解析】本题考查抛物线的性质．点拨：准线方程为2py．解答：根据抛物线方程的特征，28p，4p准线方程为2y，故选C．3.下列结论中错误的是（）A.命题“若220mn，则0m且0n”的否命题是“若220mn，则0m或0n”B.命题0:pxR，使得2

00220xx的否定为2,220xRxxC.命题“若0m，则方程20xxm有实根”的逆否命题是真命题D.若2()4fxxx，则使()0fx的解是4x或0x【答案】B【解析】【分析】利用四种命题的否命题判断A的正误；命题的否定判断

B的正误；四种命题的逆否关系判断C正误，利用二次不等式解集判断D正误【详解】“若m2+n2＝0，则m＝0且n＝0”的否命题是“若m2+n2≠0，则m≠0或n≠0”，满足命题的否命题的形式，A正确；命题0xR，使得200220xx的正

确否定2,220xRxx,B正确；命题“若m＞0，则方程x2+x﹣m＝0,△＝1+4m>0，故原命题是真命题，则逆否命题是真命题，故C准确利用二次不等式解法若2()4fxxx，则使()0fx的解是4x或0x，D准确

故选：B【点睛】本题主要考查命题的真假判断，以及四种命题的真假关系的判断，比较基础．4.若直线1:260lxay与直线2:(4)50laxay垂直，则实数a的值是（）A.2B.2或4C.4D.4或2【答案】D【解析】【分析】利用相互垂直的直线与斜率之间的关系即可得出．【详解】∵

1:260lxay与直线2:(4)50laxay垂直，∴2(4)0aaa解得a=4或2．故选：D．【点睛】本题考查了相互垂直的直线与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.已知()yfx是定义

在R上的奇函数，且当0x时，()21xfx，则12log16f（）A.15B.15C.17D.17【答案】C【解析】【分析】由1216flogf（﹣4）＝﹣f（4），结合已知代入即可

求解．【详解】y＝f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f（x）＝2x+1，则1216flogf（﹣4）＝﹣f（4）＝﹣17．故选：C．【点睛】本题主要考查了利用奇函数定义求解函数值，属于基础试题．6.ABC

的内角,,ABC所对边分别为,,abc若6,23ab，,,BAC成等差数列，则B（）A.6B.56C.6或56D.23【答案】A【解析】【分析】B，A，C成等差数列，可得2A＝B+C＝π﹣A，解得A．利用正弦定理可得sinBbsinAa，即可得出．

【详解】∵B，A，C成等差数列，∴2A＝B+C＝π﹣A，解得A3．则sinB31332sinbsinAa，又a＞b，∴B为锐角．∴B6．故选：A．【点睛】本题考查了正弦定理、三角函数求值、等差数列的性质、三角形

内角和定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7.已知圆C：22820xyxm与直线210xy相交于,AB两点.若ABC为正三角形，则实数m的值为（）.A.10B.11C.12D.11【答案】A【解析】【分析】根据题意，将圆C的方程变

形为标准方程，分析其圆心与半径，求出圆心到直线的距离d，由直线与圆的位置关系分析可得圆心C到直线的距离d32r，解可得m的值，即可得答案．【详解】圆C：22820xyxm化为标准方程是22414xym；则圆心4,0C，半径为14rm（其中14m）；所以圆心

C到直线210xy的距离为401312d，在等边三角形中得，142m，解得10m.故选：A【点睛】本题考查直线与圆的方程的综合应用，涉及圆的弦长公式的应用，关键是掌握圆的标准方程的形式．8.使函数11()11mxfxxxx

，，满足：对任意的12xx，都有12()()fxfx”的充分不必要条件为（）A.02mB.102m或1mC.11mD.1m>或0m【答案】B【解析】【分析】分情况讨论11

()11mxfxxxx，，在R上单调减及1mgxx在1,单调增结合分段函数单调性求解充要条件再判断即可【详解】当01m时，1mgxx在1,上递减，1h

xx在,1递减，且11,ghfx在,上递减，若0,mgx在1,上递减，hx在,1上递增，0,0,gxhx任意12xx，都有12fxfx

，当0,m不合题意，故函数11()11mxfxxxx，，满足：对任意的12xx，都有12()()fxfx”的充分必要条件为01m或0,m则102m或1m是充分

不必要条件故选：B【点睛】本题考查分段函数的单调性，考查分类讨论思想，准确判断每段函数的单调性是关键，是中档题9.已知直线20yax及两点(1,1)(3,2)PQ、，若直线与线段PQ相交，则实数a的取值范围是（）A.3a或43aB.43a或3aC.433aD.43

3a【答案】A【解析】【分析】确定直线系恒过的定点，画出图形，即可利用直线的斜率求出a的范围．【详解】因为直线-20yax过定点0,2A,根据题意画出几何图形如下图所示:因为(1,1)(3,2)PQ、则12320APk，224303AQk

若直线2yax与线段PQ相交，斜率为433aa或.故选：A【点睛】本题考查恒过定点的直线系方程的应用，直线与直线的位置关系，考查数形结合与计算能力．10.已知数列{}na的前n项和为nS，22nnSa

，若存在两项,nmaa，使得64nmaa，则12mn的最小值为（）A.1223B.1C.322D.75【答案】B【解析】【分析】运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得an＝2n．求得m+n＝6，1216mn（m+n）（12mn）16

（32nmmn），运用基本不等式，检验等号成立的条件，即可得到所求最小值．【详解】Sn＝2an﹣2，可得a1＝S1＝2a1﹣2，即a1＝2，n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，又Sn＝2an﹣2，相减可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝2a

n﹣2an﹣1，即an＝2an﹣1，{an}是首项为2，公比为2的等比数列．所以an＝2n．aman＝64，即2m•2n＝64，得m+n＝6，所以1216mn（m+n）（12mn）16（32nmmn

）16（3+22），当且仅当2nmmn时取等号，即为m626，n1262．因为m、n取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则1216mn＞（3+22），验证可得，当m＝2，n＝4，或m＝

3，n＝3，，12mn取得最小值为1．故选：B．【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查基本不等式的运用，注意检验等号成立的条件，考查化简运算能力，属于中档题．11.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑,已知鳖臑PA

BC的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为()A.41B.16C.25D.64π【答案】A【解析】【分析】几何体复原为底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面直角顶点的三棱锥，扩展为长方体，长方体的对角线的长，就是

外接球的直径，然后求其的表面积．【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，PA底面ABC.则BCPC.扩展为长方体，它的对角线的PB即为球的直径：162541该三棱锥

的外接球的表面积为：2414()241π故选：A【点睛】本题考查三视图，几何体的外接球的表面积，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．12.设,AB分别为双曲线22221(0,0)xyabab的左、右顶点，P是双曲线上不同于,AB

的一点，直线,APBP的斜率分别为,mn，则当31bamn取最小值时，双曲线的离心率为（）A.6B.223C.103D.233【答案】D【解析】【分析】由题意求得直线AP及PB斜率，可得mn22ba，再根据基本不等式可得

a2＝3b2＝3（c2﹣a2），即可求出【详解】设11(,)Pxy，则22111222111yyybmnxaxaxaa，因此31bamn33223,babaabab当且仅当223ab=时，2231+()=3bea.故选：D【点睛】本题考查

双曲线的简单几何性质，基本不等式，考查计算能力，属于中档题．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若x，y满足约束条件220100xyxyy，

则32zxy的最大值为_____________．【答案】6【解析】【分析】首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式3122yxz，之后在图中画出直线32yx，在上下移动的过程中，结合12z的几何意义，

可以发现直线3122yxz过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由32zxy，可得3122yxz，画出直线32yx，将其上下移动

，结合2z的几何意义，可知当直线3122yxz在y轴截距最大时，z取得最大值，由2200xyy，解得(2,0)B，此时max3206z，故答案为6.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求

解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的

形式，应用相应的方法求解.14.已知数列na中，114a，111(2)nnana，则2020a的值是____________【答案】14【解析】【分析】利用数列的递推关系式求出数列的前几项，得到数列的周期，然后求解即可．【详解】数列1111124nnnaaa

na，，，可得a2＝﹣3；a343；a414；所以数列的周期为3，a2020＝a673×3+1＝a114．故答案为：14．【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，求解数列的周期是解题的关键，是基本知识的考查．15

.已知fx在R上连续可导，()fx为其导函数，且()2(0)xfxefx，则fx在(0,(0))f处的切线方程为________________【答案】1yx【解析】【分析】求导得斜率，利用点斜式求解直线方程【详解】由题意，2()

(0)xfxef，所以0(0)(0)(02)12feff，因此(0)1f，所以()2xfxex，易知切线为1yx故答案为：1yx【点睛】本题考查导数的几何意义，考查切

线方程求法，是基础题16.已知函数22,0()(2.718)ln,0exexxfxexxx，若关于x的方程()(0)fxaa有3个不同的实数解123,,xxx，则123xxx的取值范围是________

____【答案】1(2,1]e【解析】【分析】通过求导，画出函数()fx的图象，由二次函数对称性得122xx，求得31,1xe即可求解【详解】当'21ln0,xxfxx，''0,0;,0;xefxxefx

画出函数()fx的图象如图，设123xxx，由二次函数对称性得122xx，二次函数的最低点处(1)fe，1ln1()1efeee，(1)0f31,1xe123xx

x1(2,1]e.故答案为：1(2,1]e【点睛】本题考查根的存在性与根的个数判断，考查利用导数求函数的最值，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．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.已知公差不为零的等差数列na的前

n项和为nS，若530S，且124,,aaa成等比数列.（1）求数列na的通项公式；（2）若1(1)(1)nnnbaa，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）2nan；（2）21nn【解析】【分析】1）直接利用已知条件利用等差数列通项公式及求和公式，结合等比中项求出数列的通

项公式．（2）利用（1）的通项公式，裂项相消求出数列的和．【详解】（1）根据na为等差数列，0d.前n项和为nS，且530S，即130510ad，①∵124,,aaa成等比数列.可得：2214aaa.∴2111()(3)adaad②由①②解得：1

22ad，∴数列na的通项公式为2nan（2）由nn111nbaa，即12n12n1nb=11122n12n1.那么：数列nb的前n项和12nnTbbb111111(1)23352121nn

=21nn.【点睛】本题考查等差数列及等比数列的通项公式，考查裂项相消求和，是基础题18.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2222sinacBacb.（1）求角B的大小；（2）若

=2a，求当b最小时，ABC的周长.【答案】（1）4；（2）2+2.【解析】【分析】（1）根据余弦定理，结合角正切，进行化简即可求角B的大小；（2）利用余弦定理结合化简为2222bcc，结合二次函数求最值【详解】（

1）由2212sin2acBac得：2222sin2cosacBacbacB，即：sincosBB.∴tan1B，又0,B，∴4B.（2）由2222cosbacacB，当2a时，得：2222bcc

，∴当1c时，b有最小值为1，∴此时，周长为2+2.【点睛】本题考查余弦定理解三角形，考查二次函数求最值，考查转化能力，是基础题19.已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为等腰梯形，ADBC∥，1PAADAB

CD，2BC，2PBPD.（1）证明：AC平面PAB；（2）过PA的平面交BC于点E，若平面PAE把四棱锥PABCD分成体积相等的两部分，求此时三棱锥EPBD的体积.【答案】（1）见

解析；（2）38【解析】【分析】（1）推导PAAB及PAAD，证明PA平面ABCD，结合ACAB即可证明（2）设BEa，等体积转化12PABEPABCDVV求得32a，再利用13EPBDPBEDBEDVVSPA求解【详解】（

1）证明：在等腰梯形ABCD，//1ADBCADABCD，，2BC易得：60ABC在ABC中，2222cos3ACABBCABBCABC则有222ABACBCACAB在PAB中，12PAABPB，，PAAB同理，在PAD中，PAADABAD

APAABCD平面又PAABCDPAACACABCD平面平面即ACABACACPAABPAA平面PAB.（2）在梯形ABCD中，设BEa，1122PABEPABCDABEABCDVVSS

1sin42BCADhABBEABE，而3sin602hAB即32a3322211131338EPBDPBEDBEDVVSPA故三棱锥EPBD的体积为38【点睛】本题考查直线与平面垂直判定定理的应用，考查椎体体积，考查空间想象能力以

及计算能力，是中档题20.已知圆221:(1)1Cxy，动圆2C在y轴右侧，与圆1C相外切且与y轴相切（1）求动圆2C的圆心轨迹E的方程；（2）已知点(2,2)M，Q为圆1C上一点，P为轨迹E上一点，求PMPQ的最小值.【答

案】（1）24(0)yxx；（2）2【解析】【分析】（1）设圆心2(,)Cxy根据动圆2C与圆（x﹣1）2+y2＝1外切，且与y轴相切．建立关系可得轨迹C的方程（2）利用不等式11PMPQPCPM，将1PC

转化为到准线的距离d即可求解【详解】（1）设2(,)Cxy，由题可知，动圆2C在y轴右侧(0)x，且与圆1C相外切，则有：121CCx，即22(1)1xyx解得24(0)yxx（2）设(,)

Pmn，11PMPQPCPM，由（1）可知，点P在轨迹E上，则可将1PC转化为到准线的距离d，111312PMPQPCPMdPM所以，PMPQ的最小值为2.【点睛】本题考查抛物线的定义求轨迹方程，考查抛物线求最值，熟练运用抛物线定义转化是关键，是中档题2

1.如图所示，曲线C由部分椭圆1C：22221(0,0)yxabyab和部分抛物线2C：21(0)yxy连接而成，1C与2C的公共点为A，B，其中1C所在椭圆的离心率为22.（Ⅰ）求a，b

的值；（Ⅱ）过点B的直线l与1C，2C分别交于点P，Q（P，Q，A，B中任意两点均不重合），若APAQ，求直线l的方程.【答案】（Ⅰ）2,1ab；（Ⅱ）440xy.【解析】【分析】（Ⅰ）在抛

物线方程中，令0y，求出A，B坐标，再由离心率的公式和,,abc之间的关系，求出,ab；（Ⅱ）由（Ⅰ）可求出横轴上方的椭圆方程，由题意可知：过点B的直线l存在斜率且不能为零，故设直线方程为1(0)xm

ym，代入椭圆1C、抛物线2C方程中，求出P，Q两点坐标，由向量垂直条件，可得等式，求出m的值，进而求出直线l的方程.【详解】（Ⅰ）因为21(0)yxy，所以0y，即1x，因此(1,0),(1,0)AB，代入椭圆方程中，得1b，由2

2ca以及2221acb，可得2a，所以2,1ab；（Ⅱ）由（Ⅰ）可求出横轴上方的椭圆方程为：2222(0)yxy…，由题意可知：过点B的直线l存在斜率且不能为零，故设直线方程为1(0)xmym，代入椭圆1C得：

222140mymy，故可得点P的坐标为：222124,1212mmmm，显然0m，同理将1(0)xmym代入抛物线2C方程中，得2220myymy，故可求得Q的坐标为：22221,mmmmm，APAQ2222221221411

01212mmmmmAPAQmmmm，2820mm，解得14m，符合0m，故直线l的方程为：440xy.【点睛】本题考查了椭圆方程的性质，直线与椭圆、抛物线的位置关系，考查了数学运算能力.22.已知函数l

nfxaxax.（1）讨论函数fx的单调性；（2）当=1a，函数()gxxfx，证明：gx存在唯一的极大值点0x，且014gx.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）求导，讨论a≤0和a>0时f′（x）的正负确定单调性（2）求导g′（x）＝2x﹣2﹣

lnx，构造新函数t（x）＝2x﹣2﹣lnx，求导利用零点存在定理得g（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，结合g（x0）20xx0﹣x0lnx0整理为二次函数证明即可【详解】（1）解：

因为f（x）＝ax﹣a﹣lnx（x＞0），求导：f′（x）＝a1x.则当a≤0时f′（x）＜0，即y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减，当a>0时，f′（x）＜0,0＜x1a＜，f′（x）＞0则x1a＞所以

，y＝f（x）在10,a上单调递减，在1,a上单调递增.综上，当a≤0时，y＝f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a>0时，y＝f（x）在10,a上单调递减，在1,a上单调递增.（2）证明：由（1）可知g

（x）＝x2﹣x﹣xlnx，g′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令g′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝21x，令t′（x）＝0，解得：x12，所以t（x）在区间（0，12

）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，t（21e）＝220e，t（1）＝0从而t（x）＝0有两解，即g′（x）＝0存在两根x0，1，则g′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，1）上为负、在（1，+∞）上为正，所以g（x

）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以g（x0）20xx0﹣x0lnx020xx0+2x0﹣220xx020x，由x012可知g（x0）＜（x020x）max2111224；【点睛】本题考查函数的单调

性与导数，考查零点存在定理的应用，考查构造函数的思想，准确利用零点存在定理代换为二次函数最值是关键，是中档题