【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（理）试题【精准解析】.doc，共(23)页，1.641 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(理)参考答案第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.每一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}1Bxy

xxx，{|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.已知直线l、m，平面、，且l，m，下列命题中正确的是（）A.若∥，则lmB.若lm，则∥C.若，则lmD.若l

m，则∥【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的判定与性质逐个判断,同时结合长方体举反例即可.【详解】画出如图长方体.对A,若∥,则因为l,故l,又m,所以lm,故A正确.对B,当l为A

E,m为AB,面为ABCD,为面ABFE时,满足l,m,lm,但∥不成立.故B错误.对C,当l为AE,m为AB,面为ABCD,为面ABFE时,满足l,m,,但lm不成立.故C错误.对D,当l为AE,m为BF

,面为ABCD,为面ABFE时,满足l,m,lm，但∥不成立.故D错误.故选：A【点睛】本题主要考查平行垂直的判断,可直接利用线面垂直的方法进行判定,或者在长方体中举出反例即可.属于基础题型.

3.若直线1:260lxay与直线2:(4)50laxay垂直，则实数a的值是（）A.2B.24，C.4-D.2，-4【答案】D【解析】【分析】由题意可知2240aa，求实数a的值.【详解】由题意可知2240aa整理

为：2280aa，解得：2a或4a故选：D【点睛】本题考查根据两条直线垂直求参数意在考查基本公式和基本概念，属于基础题型，若11ykxb和22ykxb互相垂直，则121kk，若1110AxByC

与2220AxByC互相垂直，则12120AABB.4.已知椭圆E：221112xy与双曲线C：22215xya（0a，0b）有相同的焦点，则双曲线C的渐近线方程为（）A.355yxB.53yx

C.255yxD.52yx【答案】D【解析】【分析】求出椭圆焦点坐标，即为双曲线焦点坐标，再由双曲线中,,abc的关系求得a后可得渐近线方程．【详解】椭圆E的焦点为3,0．故22354a

．双曲线C的渐近线方程为52yx．故选D．【点睛】本题考查椭圆与双曲线的标准方程，考查其几何性质．属于基础题．5.下列结论中错误的是（）A.“﹣2＜m＜3”是方程22132xymm表示椭圆”的必要不充分条件B.命题p:0xR，使得2002

20xx的否定:p2,220xRxxC.命题“若0m，则方程20xxm有实根”的逆否命题是真命题D.命题“若220mn，则0m且0n”的否命题是“若220mn，则0m或0n”【答案】B【解析】【分析】逐一判断选项，A.当方程表示椭圆时，

求m的范围，再判断是否是必要非充分条件；B.根据特称命题的否定形式直接判断；C.利用原命题和逆否命题的等价性判断；D.根据否命题的形式判断.【详解】A.当方程表示椭圆时，302032mmmm，解得：23m，且12m，设112,

,322A，2,3B，AB“﹣2＜m＜3”是方程22132xymm表示椭圆”的必要不充分条件，故正确；B.根据特称命题的否定形式可知p：xR，2220xx，故错误；C.方程20xxm有实根，则140m，解得：14

m，所以“若0m，则方程20xxm有实根”是真命题，原命题和逆否命题等价，所以其逆否命题也是真命题，故正确；D.根据原命题与否命题的形式可判断是正确.故选：B【点睛】本题考查判断命题的真假，重点考查简易逻辑的相关基础知识，属于基础题型.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s

inBbsinAa，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.设变量x，y满足约束条件0024236xyxyxy，则43zxy的最大值是（）A.7B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义利用数形结合

分析即可得到结论．【详解】由约束条件作出其所确定的平面区域（阴影部分），因为43zxy，所以4+33zyx，平移直线4+33zyx，由图象可知当直线4+33zyx经过点A时，目标函数43zxy取得最大值，由24236x

yxy，解得321xy，即3,12A，即341392z，故z的最大值为9．故选C．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键．要求熟练掌握常见目标函数的几何意义．

8.已知0x，0y，428xy，则142xy的最小值是（）.A.3B.94C.4615D.9【答案】A【解析】【分析】已知条件变形为23xy，再根据141142232xyxyxy，展开利用基本

不等式求最值.【详解】由已知结合指数运算性质可得228xy，所以23xy，0,0xy从而141141818()(2)55232323232yxyxxyxyxyxyxy，当且仅当82yx

xy时等号成立，即4yx，又23xy解得：12x，2y.故选：A【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，意在考查变形和计算能力，属于基础题型.9.定义在R上的函数()fx满足()(),(2)(2)fxfxfxfx

，且(1,0)x时，1()25xfx，则2(log20)f（）A.1B.45C.1D.45【答案】A【解析】由fxfx可得函数fx为奇函数，由22fxfx可得(4)()fxfx，故函数的周期为4．所以225(log20)(4lo

g)4ff25(log)4f2254(log)(log)45ff，因为241log05，所以24(log)5f24log512541155．故2(log20)1f，选

A．点睛：根据,22fxfxfxfx得到函数fx为奇函数和周期函数是解题的关键，然后根据对数的运算性质将问题转化到区间1,0内解决．10.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PABC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．11.已知函数2()(2)fxxmxm，()()fxgxx，且函数2yfx是偶函数，若函数22222log49log4ygxkx恰好有三个零点，则该函数的零点是（）A.

1,0,1B.2,0,2C.2,0,1D.1,0,2.【答案】B【解析】【分析】由函数2yfx是偶函数,得出yfx关于直线2x对称，求出m，即可求出gx的解析式，2222

2log49log4ygxkx为偶函数，恰好有三个零点，可得0x为其零点，代入求出k的值，令22log4,2txt进而求出该函数的零点.【详解】函数2yfx是偶函数，所以(2)2f

xfxyfx关于关于直线2x对称，222,6()462mmfxxx，64gxxx；设22222()log49log4yhxgxkx()(),()hxhxhx为偶函数，22

222()log49log4hxgxkx恰好有三个零点，故必有一个零点为0，(0)(2)960hgkk，6k，令22log4,2txt则126()950ygtttt整理

得，2560tt，解得2t或3t，当2t时，0x；当3t时，222log43,48,2xxx，所求函数的零点为2,0,2.故选：B【点睛】本题考查函数的对称性.函数

解析式，以及利用函数的性质求零点问题，考查计算能力，是一道较为综合的题.12.若直线2ykx与抛物线28yx交于,AB两个不同的点，抛物线的焦点为F，且,3,AFBF成等差数列，则k（）A.51B.15C.15D.1+5【答案】D【解析】【分析】设1122,

,()(),AxyBxy.由228ykxyx得224240kxkx，由韦达定理得1224(2)kxxk，因为直线2ykx与抛物线28yx交于,AB两个不同的点，所以即1k，由抛物线的

性质可知11222,222ppAFxxBFxx，再结合条件有122xx，进而得而出答案.【详解】设1122,,()(),AxyBxy.由228ykxyx消去y，得224240

kxkx，故22162166410kkk，解得1k，且1224(2)kxxk.由11222,222ppAFxxBFxx，且,3,AFBF成等差数列，得12226xx，得122xx，所以24(2)2kk，解得15

k又1k，故1+5k，故选：D【点睛】圆锥曲线与直线相交问题是高考的重要考点，解题的一般方法是设出交点坐标，将直线方程与圆锥曲线方程联立，再通过韦达定理结合题意求解。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.请将答案填写在答题卷相应位置上.13.

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1111124nnnaaana，，

，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．14.在如图所示的四棱锥PABCD中，四边形ABCD为菱形，6

0DABDMPA，，4PAPDAB，M为BC中点.则点M到平面PBD的距离是___________.【答案】2155【解析】【分析】由题意得DM⊥AD，DM⊥PA，且PAADA，可得DM⊥平面PAD，故而平面PAD⊥平面ABCD；根据VM﹣PBD＝VP﹣B

DM即可求出M到平面PBD的距离.【详解】∵四边形ABCD为菱形，且60DAB，∴BCD是等边三角形，又M是BC的中点，∴DMBC，又//BCAD，∴DMAD，又DMPAPAADA，，∴DM

平面PAD，又DM平面ABCD，∴平面PAD平面ABCD.取AD的中点H，连接PHBH，，∵44PAPDABABBDAD，，∴PHAD，且23PHBH，由平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD

AD，∴PH平面ABCD，故PHBH，∴26PB，又4PDBD，∴22126462152BDPS，设M到平面PBD的距离为h，则121521533MPBDhVh.又1122323324MPBDPBDMVV，∴21543h，解得

2155h.∴点M到平面PBD的距离为2155.故答案为：2155【点睛】本题考查点到面的距离，意在考查推理能力，和转化与化归的思想和计算能力，一般求点到平面的距离的方法：1.定义法；2.等体积转化法.15.设A.B分别为双曲线22221xyab（a>0，b>0）的左.右顶点，P

是双曲线上不同于A.B的一点，直线AP.BP的斜率分别为m.n，则当31bamn取最小值时，双曲线的离心率为__________.【答案】233【解析】【分析】先根据点的关系确定mn，再根据基本不等式确定最小值，最后根据最小值取法确定双曲线的离心率.【详解】设11(,)P

xy，则22111222111yyybmnxaxaxaa，因此31bamn33223,babaabab当且仅当3ab=时取等号,所以离心率是222313cbeaa.故答案为：233【点睛】本题考查双曲线离心率和基本不等式求最值的简单综

合问题，属于基础题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出,ac，然后利用公式cea求解；2.公式法：222111cbeaabc，3.构造法：根据条件，可构造出,ac的齐次方程，通过等式两边同时除以2a，进而得到关于e的方程.1

6.设函数()fx的定义域为R，满足(1)2()fxfx，且当(0,1]x时，()(1)fxxx若对任意0,xm，都有38fx，则m的取值范围是_______。【答案】50,4【解析】【分析】由条

件可求(1,2]x的函数，并求0,1x和1,2x的值域，并且计算当1,2x时，38fx的解，根据图象求m的取值范围.【详解】∵(1)2()fxfx，()2(1)fxfx.∵(0,

1]x时，1fxxx；∴(1,2]x时，1(0,1]x，21212fxfxxx；当0,1x时，11,04fxxx当1,2x时，1212-,02fxxx，由32128xx

解的1257,44xx如图，画出函数图象若对任意0,xm，都有38fx，则50,4m.所以m的取值范围是50,4.故答案为：50,4【点睛】本题考查函数图象和性质的综合应用，意在考查分析问题和解决问题

的能力，本题的关键是根据已知条件求1,2x的解析式，并能数形结合分析问题.三.解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.解答写在答题卡上的指定区域内.17.ABC的内角,,ABC的对边分别为,,

abc，已知sin44cosACB.（1）求tan2B；（2）若ABC的面积为2，求ABC周长的最小值.【答案】（1）14；（2）234.【解析】【分析】由条件可知sinsinACB，并且利用二倍角公式化简为22sincos8sin222BBB，计算tan2B；（2）由（1

）求得8sin17B，求得172ac，再结合余弦定理和基本不等式求周长的范围.【详解】（1）由题设及ABC，及二倍角余弦公式可得2sin8sin2BB；22sincos8sin222BBB所以1tan

24B（2）由1tan24B得22222222cossin1tan15222coscossin2217cossin1tan222BBBBBBBBB，2222sincos2tan8222sin2sincos2217co

ssin1tan222BBBBBBBBB，故14=sin217△ABCSacBac.又=2ABCS△，则172ac.由余弦定理得：2222cosbacacB∴222cos22cos2234abcacacBacacacBac（当且仅当a=c时取等号

）所以min234abc.【点睛】本题考查三角函数恒等变形和三角面积和余弦定理的综合应用，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于基础题型.18.已知圆C经过点A(2，－1)，和直线x＋y＝1相切，且圆心在直线y

＝－2x上.(1)求圆C的方程；(2)已知直线l经过（2,0）点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程.【答案】（1）(x－1)2＋(y＋2)2＝2；（2）x＝2或3x-4y-6＝0.【解析】【分析】（1）由条件可知圆心的坐标为,2aa，再根据条件转化为

关于a的方程，根据圆的圆心和半径写出圆的标准方程；（2）分斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，利用弦长公式可知圆心到直线的距离是1，求直线方程.【详解】(1)设圆心的坐标为C(a，－2a)，则22(2)(21)aa

＝|21|2aa.化简，得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.所以C点坐标为(1，－2)，半径r＝|AC|＝22(12)(21)＝2.故圆C的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l

的方程为x＝2，此时直线l被圆C截得的弦长为2，满足条件.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x—2），即kx-y-2k=0由题意得2211kk，解得k＝34，则直线l的方程为y＝34（x-2）.综上所述，直线l的方程为x＝2或3x-4y-6＝0.【点睛】本题考查求

圆的标准方程和直线与圆相交求直线方程，意在考查待定系数法求曲线方程，属于基础题型.19.已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项（1）求数列{an}通项公式；（2）求数列{1111nnnaaa}的前n项和Tn.【答案】（1）1

2nna-=；（2）nT2121nn.【解析】【分析】（1）由已知条件直接求得48a，再利用58aq，38aq，列方程求q和通项公式；（2）由（1）可知，1112112121nnnnnnnabaa，利用裂项相消法求和.【详解】（1）由42a

是35,aa的等差中项得35424aaa，所以34543428aaaa，解得48a.由3520aa得18()20qq，因为1q，所以2q=.所以12nna-=（2）记1112112121nnnnnnnabaa则1112

211221212121nnnnnnb（）所以01122311111111122121212121212121nnnT1121222121nnn。【点睛】本题主要考查等差数列.等比数列.

数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.20.已知过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，斜率为24的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)两点，且|AB|＝9.(1)求该抛物线的方程；(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若O

COAOB,求λ的值.【答案】（1）x2＝8y；（2）λ＝0或λ＝2..【解析】【分析】（1）设直线AB的方程为242pyx，与抛物线方程联立，根据弦长129AByyp，求p和抛物线方程；（2）由（1）求得点,AB的坐标，代入向量的坐标表示点C的坐标，利用点C在抛物线上，代入抛

物线方程求的值.【详解】(1)抛物线x2＝2py的焦点为02p，，所以直线AB的方程为242pyx，由22422pyxxpy消去x得4y2－5py＋p2＝0，所以y1＋y2＝54p

，由抛物线定义得|AB|＝y1＋y2＋p＝9，即54p＋p＝9，所以p＝4.所以抛物线的方程为x2＝8y.(2)由p＝4知，方程4y2－5py＋p2＝0，可化为y2－5y＋4＝0，解得y1＝1，y2＝4，故x1＝－22，x2＝42.所以

A(－22，1)，B(42，4).则OCOAOB＝(－22，1)＋λ(42，4)＝(－22＋42λ，1＋4λ).因为C为抛物线上一点，所以(－22＋42λ)2＝8(1＋4λ)，整理得λ2－2λ＝0，所以λ＝0或λ＝2.【点睛】本题

考查直线与抛物线的位置关系的综合问题，第一问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.21.如图①，在直角梯形ABCD中，AD＝1，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△AB

D沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图②所示的几何体.(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AC与平面ABD所成角的正切值为23，求二面角B—AD—E的余弦值。【答案】（1）详见解析

；（2）55.【解析】【分析】（1）要证明线面垂直，由条件可知ABAD，再根据面面垂直转化为证明ABDC，再根据线面垂直判断定理证明；（2）由（1）可知tan23DAC，因为AD＝1，所以CD＝23，设AB＝x(x>0)，则BD＝21x，因为

△ABD∽△DCB，所以ADAB＝DCBD，即22311xx，求得边长，再取过A作AOBD于O，则AO平面BDC，过O作OG//DC交BC于G，以O为坐标原点OB，OG，OA分别为x.y.z轴非负半轴建立空间直角坐标系，利用向量的坐标法求二面角的余弦值.【详解】(1)

证明因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB，又因为AD⊥AB，且DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)解由(1)知DC⊥平面ABD，所以∠DAC为AC与

平面ABD所成角.依题意得tan∠DAC＝CDAD＝23，因为AD＝1，所以CD＝23，设AB＝x(x>0)，则BD＝21x，因为△ABD∽△DCB，所以ADAB＝DCBD，即22311xx，解得x＝3，故AB＝3，BD＝2.过A作AOBD于O，则AO平面BDC，过O作OG//D

C交BC于G，以O为坐标原点OB，OG，OA分别为x.y.z轴非负半轴建立空间直角坐标系如图所示面ABD法向量可取010j，，DO=12，OA=32D（12,0,0）A（0,0，32），3002B，，，1230

2C，，，所以1302E，，13022DA，，130DE，，设面DAE法向量为,,nxyz则1302230xzxy取3,1,1nr15co

s,.55jn又二面角B—AD—E是锐角，所以所求二面角的余弦值为55。【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和空间向量坐标法求二面角的余弦值，意在考查推理与证明和计算能力，不管证明线面垂直还是证明面面垂直，证明的基础都是线线垂直，证明线线垂直的方法包含1.菱形对角线互相垂直

，2.勾股定理；3.直角三角形或矩形等特殊图形，4.等腰三角形底边三线重合，5.线面垂直推出线线垂直等方法.22.已知椭圆C：22xa＋22yb＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2

内切圆的半径为3b，设过点F2的直线l与被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若点M(0，m)，（bmb），过点M的任一直线与椭圆C相交于两点A.B，y轴上是否存在点N（0，n）使∠ANM＝∠BNM恒成立？若存在，判断m、n应满

足关系；若不存在，说明理由。(3)在（2）条件下m=1时，求△ABN面积的最大值。【答案】（1）24x＋23y＝1；（2）答案不唯一，见解析；（3）463.【解析】【分析】（1）由内切圆半径表示三角形

的面积，可得12ca，再由223ba，求得椭圆方程；（2）分ABx轴和AB不垂直于x轴时两种情况，当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，直线与椭圆方程联立，0ANBNkk，代入根与系数的关系，得到,mn的关系；（3

）由（2）得n=3M(0，1).N（0，3）设直线AB的方程为y＝kx＋1，也椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并表示面积121212ABNSMNxxxx，代入根与系数的关系，利用基本不等式求最值.【详解】(1)由

内切圆的性质，得12×2c×b＝12×(2a＋2c)×3b，得ca＝12.将x＝c代入22xa＋22yb＝1，得y＝±2ba，所以22ba＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝3，故椭圆C的标准方程为24x＋2

3y＝1.(2)①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m.联立方程22143ykxmxy消去y得，(3＋4k2)x2+8kmx+4m2-12＝0.（-33m

，）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则122834kmxxk，x1x2＝2241234mk.假设存在N（0，n）则kAN＋kBN＝121212121212122kxxmnxxynynkxmnkxmnxxxxxx＝222222121

2812(412)182488343434kmmnkmkmkkmkmnxxkkxxk21283134kmnxxk＝0.（*），对任意k∈R恒成立.所以mn=3且m≠0.m=0时由（*）式

知不存在点N符合题意，综上：m=0时不存在，-33.0mm时存在点N（0,n），mn=3。（3）由（2）得n=3M(0，1).N（0，3）设直线AB的方程为y＝kx＋1.由221143ykxxy2234880kxkx设A(x1，y1)，B(x

2，y2)，则122834kxxk，x1x2＝2834k.2212121212221832423434ABNkSMNxxxxxxxxkk222219634kk，令221,tk则t≥1,21464646144

1344ABNtStttt当且仅当t=1，k=0时取的最大值。所以△ABN面积的最大值为463。【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，涉及椭圆中三角形面积的最值的求法，第二问和第三问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解

决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.