2019-2020学年广东省深圳市宝安区高二(上)期末数学试卷

1、精选优质文档-倾情为你奉上2019-2020学年广东省深圳市宝安区高二（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 空间四边形ABCD的四边相等，则它的两对角线AC、BD的关系是()A. 垂直且相交B. 相交但不一定垂直C. 垂直但不相交D. 不垂直也不相交2. 在等差数列an中，a5=33，a45=153，则201是该数列的第()项A. 60B. 61C. 62D. 633. 方程x(x2+y21)=0和x2+(x2+y21)2=0所表示的图形是()A. 前后两者都是一条直线和一个圆B. 前后两者都是两点C. 前者是一条直线和一个圆，后者是两点D. 前者是两点，后者是一

2、条直线和一个圆4. 直线2xy+3=0关于直线xy+2=0对称的直线方程是()A. x2y+3=0B. x2y3=0C. x+2y+1=0D. x+2y1=05. 数列an中，a2=2，a6=0且数列1an+1是等差数列，则a4等于()A. 12B. 13C. 14D. 166. 经过点M(1,1)且在两轴上截距相等的直线是()A. x+y=2B. x+y=1C. x=1或y=1D. x+y=2或xy=07. 直线x+(a2+1)y+4=0的倾斜角的取值范围是()A. 0,4B. 34,)C. 0,4(2,)D. 4,2)34,)8. 焦点在y轴上的椭圆mx2+y2=1的离心率为32，则m的值

3、为()A. 1B. 2C. 3D. 49. 等差数列的首项为125，且从第10项开始为比1大的项，则公差d的取值范围是()A. d>875B. d<325C. 875<d<325D. 875<d32510. 已知抛物线y2=2px(p>0)上的点A到焦点F距离为4，若在y轴上存点B(0,2)使得BABF=0，则该抛物线的方程为()A. y2=8xB. y2=6xC. y2=4xD. y2=2x11. 已知点(x,y)在圆(x2)2+(y+3)2=1上，则x+y的最大值是()A. 1B. 1C. 21D. 2112. 已知an是首项为32的等比数列，Sn是其前

4、n项和，且S6S3=6564，则数列|log2an|前10项和为()A. 58B. 56C. 50D. 45二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）13. 九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为_升14. 设等差数列an满足a5=11，a12=3，an的前n项和Sn的最大值为M，则lgM=_15. 已知F1，F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，若直线l：x=a2c上存在一点P，使得线段PF1的垂直平分线过点F2，则该椭圆离心率的取值范围是_三、解答题（本大

5、题共7小题，共75.0分）16. 设f(x)=12x+2，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(5)+f(4)+f(0)+f(5)+f(6)的值是_ 17. 如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点证明：平面ABM平面A1B1M.18. 过点P(4,1)作直线l分别交x轴，y轴正半轴于A，B两点，O为坐标原点()当AOB面积最小时，求直线l的方程；()当|OA|+|OB|取最小值时，求直线l的方程19. 圆x2+y2=4上一定点A(2,0)，B(1,1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点(1)求线段AP中点的轨迹方程；(2)若PBQ

6、=90，求线段PQ中点的轨迹方程20. 设椭圆的中心是坐标原点，长轴在x轴上，离心率e=32，已知点P(0,32)到椭圆的最远距离是7，求椭圆的标准方程21. 已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB/CD，DAB=90°，PA底面ABCD，且PA=AD=DC=12，AB=1，M是PB的中点()证明：平面PAD平面PCD；()求AC与PB所成的角余弦值；()求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值22. 已知点F(1,0)，点P为平面上的动点，过点P作直线l：x=1的垂线，垂足为Q，且QPQF=FPFQ()求动点P的轨迹C的方程；()设点P的轨迹C与x轴交于点M，点A，B是轨迹C

7、上异于点M的不同的两点，且满足MAMB=0，求|MB|的取值范围答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查两直线的位置关系的判断，是基础题取BD中点E，连结AE、CE，由已知条件推导出BD平面AEC，从而得到BDAC【解答】解：取BD中点E，连结AE、CEAB=AD=BC=CD，AEBD，CEBD，且AE、CE为平面ACE内两条相交直线，BD平面AEC又AC平面AEC，BDAC故选：C2.【答案】B【解析】解：数列an为等差数列又a5=33，a45=153，d=3 则an=a45+3(n45) 当an=153+3(n45)=201时n=61 故选B 由已知中等差数列an中，a5=33，a

8、45=153，我们易求出数列的公差，进而得到数列的通项公式，根据an=201，构造关于n的方程，解方程即可得到答案本题考查的知识点是等差数列的通项公式，其中根据已知条件求出等差数列的通项公式，是解答本题的关键3.【答案】C【解析】解：方程x(x2+y21)=0，即x=0或x2+y2=1，表示一条直线和一个圆；方程x2+(x2+y21)2=0，即x2=0并且x2+y21=0，表示是两点(0,1)和(0,1)故选：C分别将方程化简，即可得到相应的图形本题考查曲线和方程，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题4.【答案】A【解析】解：因为直线xy+2=0的斜率为1，故有x=y2y=x+2将其代入直线

9、2xy+3=0即得：2(y2)(x+2)+3=0，整理即得x2y+3=0故选：A利用当对称轴斜率为±1时，由对称轴方程分别解出x，y，代入已知直线的方程，即得此直线关于对称轴对称的直线方程本题考查求一直线关于某直线的对称直线方程的求法当对称轴斜率为±1时，由对称轴方程分别解出x，y，代入已知直线的方程，即得此直线关于对称轴对称的直线方程5.【答案】A【解析】解：根据题意，设bn=1an+1，数列bn是等差数列，则b2=1a2+1=13，b6=1a6+1=1，则b4=12(b2+b6)=23，即1a4+1=23；解可得a4=12；故选：A根据题意，设bn=1an+1，结合题意

10、计算可得b2、b6的值，由等差数列的性质计算可得b4的值，即可得1a4+1=23，解可得a4的值，即可得答案本题考查等差数列的性质，关键是求出数列1an+1的通项公式6.【答案】D【解析】解：当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为x+y=a，把(1,1)代入所设的方程得：a=2，则所求直线的方程为x+y=2；当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为y=kx，把(1,1)代入所求的方程得：k=1，则所求直线的方程为y=x综上，所求直线的方程为：x+y=2或xy=0故选：D分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为x+y=a，把已知点坐

11、标代入即可求出a的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为y=kx，把已知点的坐标代入即可求出k的值，得到直线的方程，综上，得到所有满足题意的直线的方程此题考查直线的一般方程和分类讨论的数学思想，要注意对截距为0和不为0分类讨论，是一道基础题7.【答案】B【解析】解：直线x+(a2+1)y+4=0的斜率k=1a2+11,0)，设直线的倾斜角为(0<)，则tan1,0)，得34,)故选：B由直线方程求出直线斜率的范围，再由斜率等于倾斜角的正切值求解本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，是基础的计算题8.【答案】D【解析】解：焦点在y轴上的椭圆的方程为：y2+

12、x21m=1，a=1，b=mm，c2=a2b2=11m，该椭圆的离心率e=ca=32，c2a2=11m=34，解得m=4故选：D将焦点在y轴上的椭圆的方程标准化：y2+x21m=1，可知a=1，b=mm，利用c2=a2b2及其离心率e=ca=32，即可求得m的值本题考查椭圆的简单性质，着重考查椭圆的离心率，属于中档题9.【答案】D【解析】【分析】由题意可知a10>1，a91，把a1代入即可求得d的范围属于一般题本题主要考查了等差数列的通项公式的应用要熟练记忆等差数列的通项公式【解答】解：依题意可知，a10>1a91，125+9d>1125+8d1875<d325故选D1

13、0.【答案】A【解析】解：由题意可得：F(p2,0)，xA+p2=4，解得xA=4p2，取yA=2p(4p2)=8pp2.A(4p2,8pp2). BABF=0，p2(4p2)2(8pp22)=0，(8pp24)2=0，解得p=4.经过检验满足条件该抛物线的方程为y2=8x故选：A由题意可得：F(p2,0)，xA+p2=4，解得xA=4p2，取A(4p2,8pp2).利用BABF=0，即可得出本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.【答案】C【解析】解：设(x2)2+(y+3)2=1上一点P(cos+2,sin3)，则x+y=sin

14、+cos1=2sin(+4)121，故选：C设圆上一点P(cos+2,sin3)，则x+y=sin+cos1，利用三角函数求最值，得出结论考查圆的参数方程的应用，中档题12.【答案】A【解析】解：an是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且S6S3=6564，32(1q6)1q32(1q3)1q=6564，1+q3=6564，q=14 an=32(14)n1=272n，|log2an|=|72n|，数列|log2an|前10项和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58，故选：A由an是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且S6S3=6564，求出q，可得an=32(14)n1

15、=272n，再求数列|log2an|前10项和本题考查等比数列的通项与求和，考查学生的计算能力，考查学生分析解决问题的能力，比较基础13.【答案】6766【解析】解：由题设知4a1+4×32d=3(9a1+9×82d)(6a1+6×52d)=4，解得a1=1322,d=766，a5=1322+4×766=6766故答案为：6766由题设知4a1+4×32d=3(9a1+9×82d)(6a1+6×52d)=4，先求出首项和公差，然后再由等差数列的通项公式求第5节的容积本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，解题时要注意公式的

16、灵活运用14.【答案】2【解析】解：设等差数列an的公差为d，a5=11，a12=3，a1+4d=11a1+11d=3，d=2，a1=19an=192(n1)=212n，令an0，解得n212，因此当n=10时，an的前n项和Sn取得最大值M=10×19+10×92×(2)=19090=100，lgM=2故答案为：2利用等差数列的通项公式及其前n项和公式可得：an，Sn，即可得出本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、对数的运算性质，考查了计算能力，属于中档题15.【答案】33,1)【解析】解：由F1(c,0)F2(c,0)，设P(a2c,m)，由中点公式得

17、PF1的中点M坐标为(a2c22c,m2)，由PF1与MF2垂直得m0a2c+cm20a2c22cc=1，化简得m2=(a2c+c)(a2c3c)0，所以a42a2c23c40，即3e4+2e210，得e213，或e21(舍去)，故e33,1),故答案为：33,1).设P(a2c,m)，则由中点公式可得线段PF1的中点M的坐标，根据 线段PF1的斜率与MF2的斜率之积等于1，求出m2的解析式，再利用m20，得到3e4+2e210，求得e的范围，再结合椭圆离心率的范围进一步e的范围本题考查线段的中点公式，两直线垂直的性质，以及椭圆的简单性质的应用，属于中档题16.【答案】32【解析】解

18、：f(x)=12x+2，f(1x)=121x+2=2X2(2x+2) f(x)+f(1x)=22 f(5)+f(4)+f(0)+f(5)+f(6) =6×22=32 故答案为：32 由已知中f(x)=12x+2，我们易求出f(1x)的表达式，进而得到(x)+f(1x)为定值，利用倒序相加法，即可求出f(5)+f(4)+f(0)+f(5)+f(6)的值本题考查的知识点是函数的值，倒序相加法，其中根据已知条件计算出f(1x)的表达式，进而得到(x)+f(1x)为定值，是解答本题的关键17.【答案】证明：由长方体的性质可知A1B1平面BCC1B1，又BM平面BCC1B1，A1B1BM又CC

19、1=2，M为CC1的中点，C1M=CM=1.在RtB1C1M中，B1M=C1M2+CM2=2，同理BM=BC2+CM2=2，又B1B=2，B1M2+BM2=B1B2，从而BMB1M.又A1B1B1M=B1，BM平面A1B1M，BM平面ABM，平面ABM平面A1B1M.【解析】由长方体的性质可知A1B1平面BCC1B1，推导出A1B1BM，BMB1M，从而BM平面A1B1M，由此能证明平面ABM平面A1B1M.本题考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题18.【答案】解：根据题意，设直线l的方程为

20、xa+yb=1(a>0,b>0)，因为直线l过点P(4,1)，从而有4a+1b=1()因为SAOB=12ab，由基本不等式可得4a+1b=124ab，即ab16，当且仅当4a=1b=12，即a=8，b=2等号成立，此时AOB的面积刚好取得最小值，此时直线l的方程为x8+y2=1，即x+4y8=0()因为|OA|+|OB|=a+b=(a+b)(4a+1b)=ab+4ba+52ab4ba+5=9当且仅当ab=4ba，即a=6，b=3等号成立此时直线l的方程为x6+y3=1，即x+2y6=0【解析】直线l的方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，因为直线l过点P(4,1)，从

21、而有4a+1b=1对于()，由基本不等式的性质可得4a+1b=124ab，即ab16，进而结合三角形面积公式计算可得答案；对于()，|OA|+|OB|=a+b=(a+b)(4a+1b)，结合基本不等式的性质分析可得答案本题考查直线的截距式方程，涉及基本不等式的性质以及应用，属于基础题19.【答案】解：(1)设AP中点为M(x,y)，由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x2,2y) P点在圆x2+y2=4上，(2x2)2+(2y)2=4故线段AP中点的轨迹方程为(x1)2+y2=1(2)设PQ的中点为N(x,y)，在RtPBQ中，|PN|=|BN|，设O为坐标原点，则ONPQ，所以|OP|2=|O

22、N|2+|PN|2=|ON|2+|BN|2，所以x2+y2+(x1)2+(y1)2=4故线段PQ中点的轨迹方程为x2+y2xy1=0【解析】(1)设出AP的中点坐标，利用中点坐标公式求出P的坐标，据P在圆上，将P坐标代入圆方程，求出中点的轨迹方程(2)利用直角三角形的中线等于斜边长的一半得到|PN|=|BN|，利用圆心与弦中点连线垂直弦，利用勾股定理得到|OP|2=|ON|2+|PN|2，利用两点距离公式求出动点的轨迹方程本题考查中点坐标公式、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、圆心与弦中点的连线垂直弦、相关点法求动点轨迹方程20.【答案】解：椭圆的中心是坐标原点，长轴在x轴上，离心率e=32

23、，设a=2k，c=3k，则b=k，(k>0)，故a=2b，设Q(acos,bsin)为椭圆上的点，由|PQ|2=a2cos2+(bsin32)2=a2(a2b2)sin23bsin+94=4b23b2sin23bsin+94=3b2(sin+12b)2+4b2+3，当12b>1,b<12，当sin=1时有最大值，由7=(b+32)2，得b=732>12，不成立；当12b1，b12，当sin=12b时有最大值，由7=4b2+3，b=1，a=2，故椭圆的标准方程为：x24+y21=1【解析】根据题意求出a=2b，设Q(acos,bsin)为椭圆上的点，由|PQ|2=a2co

24、s2+(bsin32)2，求出最大值时的a，b，代入即可考查椭圆的性质，求椭圆的标准方程，中档题21.【答案】因为PAPD，PAAB，ADAB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0,0，0)B(0，2，0)，C(1,1，0)，D(1,0，0)，P(0,0，1)，M(0,1，12).()证明：因AP=(0,0,1)，DC=(0,1,0)，故APDC=0，APDC由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD又DC在面PCD上，故面PAD面PCD()解：因AC=(1,1,0),PB=(0,2,1)AC=2,PB=5,ACPA=2

25、，cos<AC,PB>=22×5=105()设平面AMC、平面BMC的法向量分别为m=(x,y,z),n=(a,b,c)AM=(0,1,12),AC=(1,1,0)，由mAC=x+y=0mAM=y+12z=0，取m=(1,1,2)；CB=(1,1,0),CP=(1,1,1)，由nCB=a+b=0nCP=ab+c=0，取n=(1,1,2)cos<n,m>=1×11×1+2×26×6=23平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为23【解析】以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0,0，0)B(0，2，0)，C(1,1，0)，D(1,0，0)，P(0,0，1)，M(0,1，12).()证明DC面PAD即可得面PAD面PCD()由AC=(1,1,0),PB=(0,2,1)AC=2,PB=5,AC