北京五里坨中学2019-2020学年高二数学理下学期期末试题含解析

1、北京五里坨中学2019-2020学年高二数学理下学期期末试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知an为等比数列，sn是它的前n项和若a2?a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，则s5=（）a31b32c33d34参考答案：a【考点】等比数列的通项公式【专题】等差数列与等比数列【分析】设等比数列an的公比为q，由已知可得q和a1的值，代入等比数列的求和公式可得【解答】解：设等比数列an的公比为q，则可得a1q?a1q2=2a1，即a4=a1q3=2，又a4与2a7的等差中项为，所以a4+2a7=，即2+2&#

2、215;2q3=，解得q=，可得a1=16，故s5=31故选：a【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，涉及等差数列的性质，属基础题2. 平面外一点到平面内一直角顶点的距离为23cm,这点到两直角边的距离都是17cm,则这点到直角所在平面的距离为（  ）a.       b.   c.7        d.15参考答案：c略3. 已知椭圆的左、右焦点为f1，f2，左、右顶点为m，n，过f2的直线l交c于a，b两点(异于m、n)，的

3、周长为，且直线am与an的斜率之积为，则c的方程为（    ）a. b. c. d. 参考答案：c分析：由椭圆定义可知，可知af1b的周长为，从而得，再设点，可得，从而可得，进而得解.详解：由af1b的周长为，可知.解得：.则.设点，由直线am与an的斜率之积为，可得.即.又，所以，由解得：.所以c的方程为.故选c.点睛：此题主要考查椭圆方程，由椭圆定义而得出焦半径的性质，由椭圆上的点和顶点连线的斜率乘积，考查了斜率的坐标表示，及点在椭圆上方程的灵活应用，属于中档题型，也是常考考点.数形结合法是数学解题中常用的思想方法之一，通过“以形助数，以数解形”，根据数列与形

4、之间的对应关系，相互转化来解决问题.4. 下列命题中正确的是（）若数列an是等差数列，且am+an=as+at（m、n、s、tn*），则m+n=s+t；若sn是等差数列an的前n项的和，则sn，s2nsn，s3ns2n成等差数列；若sn是等比数列an的前n项的和，则sn，s2nsn，s3ns2n成等比数列；若sn是等比数列an的前n项的和，且；（其中a、b是非零常数，nn*），则a+b为零abcd参考答案：c【考点】命题的真假判断与应用；等差数列的性质；等比数列的性质【分析】取数列an为常数列，即可推出该命题是假命题；根据等差数列的性质，推出2（s2nsn）=sn+（s3ns2n），即可得到s

5、n，s2nsn，s3ns2n，为等差数列；利用等比数列an=（1）n，判断选项是否正确；根据数列的前n项的和减去第n1项的和得到数列的第n项的通项公式，即可得到此等比数列的首项与公比，根据首项和公比，利用等比数列的前n项和的公式表示出前n项的和，即可得到结论【解答】解：取数列an为常数列，对任意m、n、s、tn*，都有am+an=as+at，故错；设等差数列an的首项为a1，公差为d，则sn=a1+a2+an，s2nsn=an+1+an+2+a2n=a1+nd+a2+nd+an+nd=sn+n2d，同理：s3ns2n=a2n+1+a2n+2+a3n=an+1+an+2+a2n+n2d=s2ns

6、n+n2d，2（s2nsn）=sn+（s3ns2n），sn，s2nsn，s3ns2n是等差数列，此选项正确；设an=（1）n，则s2=0，s4s2=0，s6s4=0，此数列不是等比数列，此选项错；因为an=snsn1=（aqn+b）（aqn1+b）=aqnaqn1=（aq1）×qn1，所以此数列为首项是aq1，公比为q的等比数列，则sn=，所以b=，a=，a+b=0，故正确；故选c5. 数列1，3， 5，7，9， 的一个通项公式为 a.an=2n1  b. an=(1)n(12n)  c. an=(1)n(2n1)  d.an=(1)n(2n+1)参考答

7、案：b6. 以下给出的是计算的值的一个程序框图（如图所示），其中判断框内应填入的条件是（     ）a i>10         b i<10          c i<20          d i>20参考答案：a7. 设，为整数（m>0），若和被除得的余数相同，则

8、称和对模同余，记为若，则的值可以是(    )a2015          b2016         c2017        d2018参考答案：b8. 将个不同的小球放入个盒子中，则不同放法种数有（   ）a     b   c &#

9、160; d    参考答案：b略9. 2014年巴西世界杯某项目参赛领导小组要从甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中甲、乙只能从事前三项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有                   (  ) a18种        &#

10、160;    b36种            c48种            d72种参考答案：d略10. 若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（     ）a         b     &

11、#160;   c         d  参考答案：b二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. _.参考答案：12. 观察下列各式：，,则参考答案：29略13. 若，且，则tanx的值为_。参考答案：14. 如图（1），在三角形中，若，则；若类比该命题，如图（2），三棱锥中，面，若点在三角形所在平面内的射影为，则有_。参考答案：15. 命题“”的否定是          

12、     . 参考答案：16. 已知幂函数的图象过点（3,），则幂函数的表达式是            参考答案：略17. 已知函数f（x）=x3+2ax，x0，1，若f（x）在0，1上是增函数，则实数a的取值范围为_参考答案：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知函数在处取得极值,并且它的图象与直线在点( 1 , 0 ) 处相切, 求a , b , c的值。 参考答案：19. 如图，矩形abcd的两条对

13、角线相交于点m（2,0），ab边所在直线的方程为x3y60，点t（1,1）在ad边所在直线上（1）求ad边所在直线的方程；（2）求矩形abcd外接圆的方程参考答案：（1）因为ab边所在直线的方程为x3y60，且ad与ab垂直，所以直线ad的斜率为3又因为点t（1,1）在直线ad上，所以ad边所在直线的方程为y13（x1），即3xy20（2）由，解得点a的坐标为 （0，2）因为矩形abcd两条对角线的交点为m（2,0），所以m为矩形abcd外接圆的圆心又r|am|2所以矩形abcd外接圆的方程为（x2）2y2820. 如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面平面， ， 是的中点（）求证：；

14、（）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.参考答案：（）证明：菱形abcd中，ad=2，ae=1，dab=60o，de=ad2=ae2+de2，即aed=90o，abdc，dedc       平面adnm平面abcd，交线ad，ndad，nd平面adnm，nd平面abcd，de平面abcd，ndde                  &

15、#160;     由及nddc=d，de平面ndc    denc                                      

16、60;         （）解：设存在p符合题意由()知，de、dc、dn两两垂直，以d为原点，建立空间直角坐标系d-xyz（如图），则d,a,e,c,p，设平面pec的法向量为，则，令，则平面pec的一个法向量为 取平面ecd的法向量，解得，即存在点p，使二面角p-ec-d的大小为，此时ap=       略21. 在直角坐标系xoy中，圆c的参数方程为. 以o为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系() 求圆c的极坐标方程()直线l的极坐标方程是，射线与

17、圆c的交点为o、p，与直线l的交点为q，求线段pq的长参考答案：（）；（）线段的长为2试题分析：（）求圆的极坐标方程，首先得知道圆的普通方程，由圆的参数方程为参数），可得圆的普通方程是，由公式，可得圆的极坐标方程，值得注意的是，参数方程化极坐标方程，必须转化为普通方程；（）求线段的长，此问题处理方法有两种，一转化为普通方程，利用普通方程求出两点的坐标，有两点距离公式可求得线段的长，二利用极坐标方程求出两点的极坐标，由于，所以，所以线段的长为2试题解析：()圆的普通方程是，又;所以圆的极坐标方程是.()设为点的极坐标，则有解得，设为点的极坐标，则有解得，由于，所以，所以线段的长为2.考点：参数方程，普通方程，极坐标方程之间的转化，考查学生的转化与化归能力及运算能力22. (本小题满分12分)已知a,b是正常数, ab, x，y(0,).   (1)求证:,并指出等号成立的条件；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m              (2)利用(1)的结论求函数的最小值,并指出取最小值时相应的x 的值.参考答案：解析：（1）x，y(0,)