【文档说明】广东省广州市天河区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.872 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第一学期广州市天河区期末考试高二数学（本试卷共4页，满分为150分，考试时间120分钟）试卷名称一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.数列12，14，18，116，的一个通项公式是（）A.12n

B.(1)2nnC.1(1)2nnD.1(1)2nn【答案】B【解析】【分析】从前4项找出规律，即可得出该数列的通项公式.【详解】111122，2211142，3311182，44111162所以其通项公式是：(1)2nn故选：B

【点睛】本题主要考查了利用观察法求数列通项公式，属于基础题.2.某个蜂巢里有一只蜜蜂，第一天它飞出去带回了五个伙伴，第二天六只蜜蜂飞出去各自带回五个伙伴，如果这个过程继续下去，那么第六天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中共有蜜蜂的数量是（）A.65

只B.56只C.55只D.66只【答案】D【解析】【分析】根据题意得出第n天和第1n天蜜蜂只数的关系，得出数列na为等比数列，根据通项公式求出即可.【详解】设第n天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中共有蜜蜂na只，16a由题意可得：115nnnaaa，即16nnaa，所以数

列na为等比数列即6nna所以第六天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中共有蜜蜂的数量是666a故选：D【点睛】本题主要考查了等比数列的应用，属于中档题.3.已知命题p:,ln20xRxx,命题q:2,2xxRx,则下列命题中为真命题的是

（）A.p∧qB.p∧qC.p∧qD.p∧q【答案】C【解析】【详解】试题分析：由已知可构造函数ln2fxxx，因为1ln11210f，2ln222ln2ln10f＞，所以存在1,2x，使方程成立，即命题p为真命题；又

因为3x时，有328，239，此时3223，所以命题q为假命题，则q为真，故正确答案为C.考点：函数零点、常用逻辑用语.4.（2017新课标全国I理科）记nS为等差数列{}na的前n项和．若4524aa，648S，则{}na的公差为A.

1B.2C.4D.8【答案】C【解析】设公差为d，45111342724aaadadad，611656615482Sadad，联立112724,61548adad解得4d，故选

C.点睛:求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}na为等差数列，若mnpq，则mnpqaaaa.5.ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若sinsin2ACabA，则co

sB（）A.12B.12C.32D.32【答案】B【解析】【分析】由诱导公式得sincos22ACB，利用正弦定理的边化角公式以及二倍角的正弦公式得出1sin22B，结合二倍角的余弦公式计算即可.【详解】sinsin=cos2

222ACBB又sinsin2ACabA，所以sincossinsin2BABA0,sin0AA,则1cossincos2sincossin222222BBBBBB211cos12sin1222BB故选：B【点睛】本题主要考查了正

弦定理的边化角公式，涉及诱导公式，二倍角公式，属于中档题.6.直线1l，2l互相平行的一个充分条件是（）A.1l，2l都平行于同一个平面B.1l，2l与同一个平面所成的角相等C.1l平行于2l所在的平面D.1l，2l都垂直于同一个平面【答

案】D【解析】由题意下列哪个选项可以推出直线1l，2l互相平行即可，选项A中1l与2l不仅可以平行还可能相交或异面直线；选项B中1l与2l不仅可以平行还可能相交或异面直线；选项C中1l与2l不仅可以平行还可

能异面直线；故选D7.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得B处的灯塔在海轮的正北方向20海里处，海轮按西偏南15%的方向航行了10分钟后到达C处，此时测得灯塔在海轮的北偏东30°的方向，则海轮的速度为（）A

.22海里/分B.2海里/分C.3海里/分D.2海里/分【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】由题意可得：90301545BCA，180(45105)30B由正弦定理可得：sinsinABACBCAB，即

120sin2102sin22ABBACBCA海轮的速度为102210海里/分故选：D【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于中档题.8.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可

以得到柱体体积公式VSh柱体，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A.158B.162C.182D.32【答案】B【解析】【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据

题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为26463361

6222.【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.9.过抛物线22(0)ypxp的焦点F的直线l交抛物线于A、B两点，交其准线于点C，若4AF，，2

BCBF，且AFBF，则此抛物线的方程为（）A.2yxB.22yxC.24yxD.28yx【答案】C【解析】【分析】根据直角三角形的边角关系以及抛物线的性质求得60AFM，利用直角三角形的边角关系得出A的坐标，代入抛物线方程，即可求出p.

【详解】过点A作x轴的垂线，垂足于点M，过点B作准线的垂线交准线于点N由抛物线的定义可知：12BNFBBC在直角CNB中，1cos2BNCBNBC，则60CBN所以60AFM又4AF

，所以sin6023,cos602AMAFFMAF则(2,23)2pA由22122pp，解得：6p(舍)，2p即此抛物线的方程为24yx故选：C【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，属于中档题.10.四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且1ABBC

，点E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角为，且10cos10，则该四面体的体积为（）A.13B.23C.43D.83【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用数量积求夹角的公式以及棱锥的体积公式求解即可.【详解】分别以,,BCBABD为,,xyz轴建立空间直角坐标

系，设BDa11(0,1,0),(0,0,0),(,,0),(0,0,)22ABEDa11(0,1,),(,,0)22ADaBE2221102cos1011122ADBEADBEa，解得：2a该四面体的体积为1111

12323故选：A【点睛】本题主要考查了利用向量法求线线角以及棱锥的体积公式，属于中档题.11.以下几种说法①命题“0a，函数2()21fxaxx只有一个零点”为真命题②命题“已知x，yR，若3xy，则2x

或1y”是真命题③“22xxax在[1,2]x恒成立”等价于“对于[1,2]x，有2maxmin2()xxax”④ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“ab”是“22cos

AcosB”的充要条件.其中说法正确的序号为（）A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】【分析】由判别式判断①；判断其逆否命题的真假得出②的真假；取特殊值2a判断③；由正弦定理的边化角公式，不等式的性质以及二倍角的余弦公式判断④.【详解】当0a时，

则440a，则①错误；②的逆否命题“已知x，yR，若2x且1y，则3xy”为真命题，则②正确；当2a时，满足22xxax在[1,2]x恒成立，但是2maxmin2)34(xxax所以③错误；2222sinsinsins

in12sin12sincos2cos2abABABABAB则“ab”是“22cosAcosB”的充要条件，即④正确；故选：D【点睛】本题主要考查了判断命题的真假以及充分必要条件的证明，属于中档题.12.已知双曲线22221(0,0)xyabab

的左、右焦点分别为1F，2F，过2F且斜率为247的直线与双曲线在第一象限的交点为A，若2121()0FFFAFA，则此双曲线的标准方程可能为（）A.22124yxB.22134xyC.221169xyD.221916xy

【答案】D【解析】【分析】由向量的加减运算和数量积的性质，可得2212AFFFc＝＝，由双曲线的定义可得122AFac，再由三角形的余弦定理，可得35ca，45cb，即可得到所求方程．【详解】因为21210FFFAFA，所以2122120FFFAFFFA

得到22221AFFF，即有2212AFFFc＝＝，由双曲线的定义可得122AFac，根据题意，在等腰三角形12AFF中，2124tan7AFF，所以127cos25AFF，即2224422722225ccaccc，整理得

35ca，而2245bcac，所以得到:3:4ab，即22:9:16ab，根据选项可知双曲线的标准方程可能为221916xy，故选D.【点睛】本题考查双曲线的定义和方程、性质，考查向量数量积的性质，以及三角形的余弦定理，考查运算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，每小题

5分，满分20分.）13.双曲线221412xy的焦点到渐近线的距离为__________．【答案】23【解析】【分析】由双曲线的性质得出右焦点坐标以及渐近线的方程，由点到直线的距离公式求解即可.【详解】4124c故双

曲线的右焦点为(4,0)F双曲线的渐近线的方程为：30xy则右焦点到渐近线的距离为：432331d故答案为：23【点睛】本题主要考查了双曲线的基本性质以及点到直线的距离公式，属于基础题.14.在ABC中，

1AB，2AC，4B，则C__________．【答案】6【解析】【分析】由正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理得：21sin12sin22ABBCAC，解得56C(舍)，6C故答案为：6【点睛】本题主要考查了正弦定理

解三角形，属于基础题.15.已知三棱锥ABCD每条棱长都为1，点E，G分别是AB，DC的中点，则GEAC__________．【答案】12【解析】【分析】构造一个正方体，三棱锥ABCD放入正方体中，建立坐标系利用数量积公式求解即可.【详

解】将三棱锥ABCD放入如下图所示的正方体中，且棱长为22分别以,,OCODOB为,,xyz轴222222222(,,),(,0,0),(,,0),(,,)222244442ACGE(0,02222,),(20,,)2GEAC

1222)2(=2GEAC故答案为：12【点睛】本题主要考查了求空间向量的数量积，属于中档题.16.已知数列na满足11a，1(1)(1)nnnanann，*nN，且2cos3nnnba，记nS为数列nb的前n项和，则2020S

__________．【答案】12【解析】【分析】由题设条件以及等差数列的性质得出2nan，进而得出2cos3nnbn，利用诱导公式求出32313,,kkkbbb，即可求得2020S.【详解】1

(1)(1)nnnanann111nnaann数列nan是等差数列，公差与首项都为121(1)nnanann2cos3nnbn3241(32)cos2

(32)32kbkkk3121(31)cos2(31)32kbkkk33cos23kbkkk3231332kkkbbb，20203674212020(36742)10102

2bb1234562017201820192020202031673101022bbbbbbbbbSb故答案为：12【点睛】本题主要考查了

等差数列的性质，诱导公式，数列求和，属于较难题.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.已知等差数列na中，526aa，且1a，6a，21a依次成等比数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设11nnnbaa，

数列nb的前n项和为nS，若335nS，求n的值.【答案】（1）23nan（2）15n【解析】【分析】(1)由526aa求出公差，由等比数列的性质求出1a，即可得出数列na的通项公式；(2)由(1)得出数列nb的通项公式，利用裂项求和法求解即可.【

详解】解：（1）设数列na的公差为d，因为526aa，所以36d，解得2d因为1a，6a，21a依次成等比数列，所以26121aaa，即211152202aaa，解得15a所以23nan.（2）由（1）知11

12325nnnbaann，所以11122325nbnn，所以1111111257792325nSnn

525nn，由352535nn，得15n【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用裂项求和法求数列的和，属于中档题.18.已知ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若cossinbaCcA.（1）求A；（2）若22a，求ABC面积的最大值

.【答案】（1）4A（2）222【解析】【分析】(1)由正弦定理的边化角公式化简即可得出A；(2)由余弦定理以及基本不等式得出三角形面积的最大值.【详解】解：（1）由正弦定理可得：sinsins

insinBAcosCCAsinsincoscossinsincossinsinACACACACCAsin0C，cossinAA又0,A，4A（2）12sin24SbcAbc由余弦定理可得，2228

2cos4abcbc又222bcbc故842222bc，当且仅当bc时，等号成立.所以22224Sbc所以面积最大为222.【点睛】本题主要考查了正弦定理的边化角公式、余弦定理解三角形以及基本不等式的应用，属

于中档题.19.已知m为实数，命题:p方程221214xymm表示双曲线；命题:q函数21()lg4fxmxxm的定义域为R.（1）若命题p为真命题，求实数m的取值范围；（2）若命题p与命题q有且只有

一个为真命题，求实数m的取值范围.【答案】（1）12m或4m（2）12m或14m【解析】【分析】(1)由双曲线的方程特点列出不等式求解即可；(2)将定义域问题转化为不等式的恒成立问题求出命题q为真时m的取值范围，讨论p真q假和p假q真两种情况，列

出相应不等式组，求解即可得出实数m的取值范围.【详解】解（1）若命题p为真命题，则2140mm，即m的取值范围是12m或4m（2）若命题q为真，即2104mxxm恒成立，则00m

有2010mm，1m>命题p、q一真一假.当p真q假时，1421mmm或得12m当p假q真时，1421mm得14m12m或14m【点睛】本题主要考查了根据方程表示双曲线求参数的范围以及根据

命题的真假求参数的范围，属于中档题.20.在平面直角坐标系xOy中，动点P到点1,0F的距离和它到直线1x的距离相等，记点P的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点A在曲线C上，x轴上一点B（在点F

右侧）满足AFFB，若平行于AB的直线与曲线C相切于点D，试判断直线AD是否过点1,0F？并说明理由.【答案】（1）24yx（2）直线AD过点(1,0)F，理由见解析【解析】【分析】(1)由抛物

线的定义求出C的方程；(2)根据抛物线的定义表示出点,AB的坐标，根据坐标写出直线AB的斜率，进而得到直线l的方程，将直线l与抛物线方程联立，结合判别式得出1mk，进而得出点D的坐标，求出直线AD的斜率，讨论21k和21k，得出直线AD的方程，即可判断直线

AD是否过点1,0F.【详解】解：（1）根据抛物线的定义得，动点P的轨迹是以1,0F为焦点，直线1x的抛物线.24yx（2）由题设00,Axy，则01AFx，又AFFB，故02,0Bx由于0

02xx，则直线AB不与x轴垂直令平行于AB的直线:lykxm，则02ABykk，2,2Akk将直线:lykxm代入24yx，得2()4kxmx，整理222(24)0kxkmxm……①222(24)40kmkm，1

km当0ABk时，直线AB为x轴，此时不存在平行于AB的直线与曲线C相切于点D即0k10mk所以①可以化为222120kxxk21Dxk，2Dyk，212,Dkk当21k

时2222222111ADkkkkkkkkk222:21kADykxkk，22:(1)1kADyxk，过定点(1,0)F当21k时，:1ADx也过点(1,0)F，故直线AD过点(1,0)F【点睛】本题主要考查了利用定义求抛物线的方程以及抛物线中直线过定点

问题，属于较难题.21.如图1，在矩形ABCD中，35AB，25BC，点E、P分别在线段DC、BC上，且5DE，152DP，现将AED沿AE折到'AED的位置，连结'CD，'BD，如图2（1）证明：'AEDP；（2）记平面'AD

E与平面'BCD的交线为l.若二面角'BAED为23，求l与平面'DCE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）155【解析】【分析】(1)建立坐标系证明AEDP，再由线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质证明'AEDP；(2)根据公理3得到平面'ADE与平面'BCD的交线，再根

据二面角定义得到二面角'BAED的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量法求l与平面'DCE所成角的正弦值.【详解】解：（1）证明：如图1，线段,DPAE交于点O在RtPCD中，由35DCAB，15

2DP，22352PCDPDC以点A为坐标原点，建立直角坐标系，则5,25AE，3535,2PD即353552502AEPDAEDP，从而有AEOD

，AEOP，即在图2中有AEOD，AEOP，ODOPO，,ODOP平面PODAE平面PODDP平面POD，AEDP；（2）延长AE，BC交于点Q，连接'DQ根据公理3得到直线'DQ即为l，再根据二面角定义得到23DOP.在平

面'POD内过点O作底面垂线，O为原点，分别以OA、OP、及所作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标则0,1,3D，(1,0,0)E，(11,0,0)Q，(3,4,0)C，11,1,3DQ，(2,4,0)EC

，1,1,3ED，设平面'DEC的一个法向量为(,,)nxyz，由24030nECxynEDxyz，取1y，得32,1,3n.l与平面DCE所成角的正弦值为15cos,5nDQnD

QnDQ.【点睛】本题主要考查了由线面垂直证线线垂直以及利用向量法证明线面角，属于较难题.22.已知椭圆22:236Cxy.（1）求椭圆C的短轴长和离心率；（2）过点2,0的直线l与椭圆C相交于两点M，N，设MN的中点为T，点4,0P，判断TP与TM的大小，并证明你的结

论.【答案】（1）短轴长62，22e（2）TMTP，证明见解析【解析】【分析】(1)由椭圆的性质求解即可；(2)当l为斜率k不存在时，由直线l方程与椭圆方程的交点求得TM，TP从而判断TP与TM的大小；当l为斜率k存在时，由直

线l方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得出12xx，12xx，再由数量积公式以及圆的性质求解即可.【详解】解：（1）由题意可知，椭圆22:236Cxy可变形为22:13618xyC6a，32b，32c故短轴长为62，22e（2）解：当l为斜率k不存在时，l

为2x时，代入22:236Cxy可得4y，此时2,0T，4TM，2TP，TMTP，当l为斜率k存在时，设:(2)lykx代入到22:236Cxy，得2222(2)36xkx22222188360kxkxk令

11,Mxy，22,Nxy则2122821kxxk，212283621kxxk，此时114,PMxy，224,PNxy，212121212444422PMPNxxyyxxkxx

212124422xxkxx2221212142164kxxkxxk222222283618421642121kkkkkkk22

2222222291424214212121kkkkkkkkk22654021kk90MPN，点P在以MN为直径的圆内部.所以TMTP，综上所述，TMTP【点睛】本题主要考查了椭圆的基本性质以及直线与椭圆的位置关系

，属于较难题.