2019-2020学年广西南宁市第二中学高二上学期期中考试数学(理)试题(解析版)

学（理）试题

一、单选题

1．集合Ayyx2,xR，Bxx40,xR，则AIB( ) A．2

【答案】C

【解析】求出集合A,B，再用交集的概念进行运算即可. 【详解】

解：Ayyx2,xR2,，

2222 B．2,D．,2U2,

C．2,Bxx240,xR,22,，

故AIB2,． 故选：C． 【点睛】

本题考查交集的概念及运算，是基础题．

x2y22．“m5”是“方程21表示焦点在x上的椭圆”的

m132A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】A

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

x2y2 若方程2 【解析】则m213，所以m24，1表示焦点在x轴上的椭圆，

m13x2y2 所以m5是方程21表示焦点在x轴上的椭圆的充分不必要条件，故选

m132A.

3．已知p：mR，x2mx10有解，q：x0N，x02x010，则下列选项中是假命题的为( )

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A．pq 【答案】B

B．pq

C．pq D．pq

【解析】先判断命题p,q的真假，然后利用复合命题的真假判断来得答案． 【详解】

解：p：mR，x2mx10有解， 因为m240恒成立，故p为真命题； q：x0N，x02x010， 因为448，故q为真命题，

所以A. pq为真命题，B. pq为假命题，C. pq为真命题，D. pq为真命题． 故选：B． 【点睛】

本题考查命题的真假判断，以及复合命题的真假判断，是基础题． 4．已知数列an是公差不为0的等差数列，且a17a24为( ) A．30 【答案】A

【解析】由性质可得a1a40a17a24，再根据等差数列的求和公式可得结果． 【详解】

解：由等差数列的性质可得a1a40a17a24B．40

C．50

D．60

23，则an的前40项的和23， 2则

S4040a1a4024023230．

故选：A． 【点睛】

本题考查等差数列性质的应用，是基础题．

5．已知实数a2ln2，b2ln2，cln2，则a，b，c的大小关系为( ) A．bca

B．cba

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C．acb 【答案】D

D．cab

【解析】利用对数函数的单调性，确定a，b，c的大致范围，进而比较出大小． 【详解】 解：a2ln22ln11,a2ln22lne2，则1a2；

b2ln22ln12， cln2lne1，

所以cab． 故选：D． 【点睛】

本题考查对数式的大小比较，充分利用对数函数的单调性，找到中间量进行搭桥，是基础题．

6．已知某几何体的正视图、侧视图和俯视图均为斜边为2的等腰直角三角形，该几何体的顶点都在同一球面上，则此球的表面积为（ ）

22

A．4 【答案】B

B．3 C．2

D．

【解析】试题分析：有三视图可知，几何体是以直角边为1的等腰直角三角形为底面、高为1的三棱锥，它的外接球与棱长为1的正方体的外接球相同，外接球直径2R表面积为4R23，故选B.

3,

【考点】1、几何体的三视图；2、球的表面积公式.

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7．若圆心坐标为(2,1)的圆,被直线xy10截得的弦长为22，则这个圆的方程是（ ）

A．(x2)2(y1)22 C．(x2)2(y1)28 【答案】B

【解析】设出圆的方程，求出圆心到直线的距离，利用圆心到直线的距离、半径和半弦长满足勾股定理，求得圆的半径，即可求得圆的方程，得到答案． 【详解】

由题意，设圆的方程为(x2)(y1)r， 则圆心到直线xy10的距离为d222B．(x2)2(y1)24 D．(x2)2(y1)216

2(1)11(1)22，

又由被直线xy10截得的弦长为22，则r2(2)2(2)24，

22所以所求圆的方程为(x2)(y1)4，

故选B． 【点睛】

本题主要考查了圆的方程的求解，以及直线与圆的弦长的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，合理利用圆心到直线的距离、半径和半弦长满足勾股定理是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

xy08．已知x，y满足约束条件xy2，则z2xy的最大值为( )

y0A．3 【答案】B

【解析】结合不等式组，绘制可行域，计算最值，即可． 【详解】

结合不等式组,绘制可行域,如图

B．4

C．4

D．3

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当目标函数平移到B2,0,z取到最大值，故z4，故选B． 【点睛】

考查了线性规划问题，关键找出目标函数在哪个点取到最大值，即可，难度中等． 9．已知实数x，y满足条件迹是( ) A．椭圆 【答案】A

【解析】先证明：当点M与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0e1)时，这个点的轨迹是椭圆，然后转化已知条件为动点与定点和定直线的距离

x1y322xy122，则点Px,y的运动轨

B．双曲线 C．抛物线 D．圆

问题，然后判断即可． 【详解】

先证明：当点M与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0e1)时，这个点的轨迹是椭圆．

a20)的距离和它到定直线l:x的距离的比是常数设点M(x，y)与定点F(c，cc(ac0)， a设d是点M到直线l的距离，

MFc，由此得根据题意，所求轨迹就是集合PM|da(xc)2y2a2xcca．

将上式两边平方，并化简得(a2c2)x2a2y2a2(a2c2)．

x2y2设acb，就可化成221(ab0)，这是椭圆的标准方程．

ab222故当点M与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数e(0e1)时，这个点的轨迹是椭圆．

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由已知实数x,y满足条件x1y312，

22xy122，

x1y3即22xy12表达式的含义是点P(x,y)到定点(1,3)与到直线xy10的距离的比为证明的结论可得，轨迹是椭圆． 故选：A． 【点睛】

1，由上述2本题考查椭圆的轨迹方程，考查转化思想，注意点是否在直线上是解题的关键之一． 10．设双曲的一个焦点为F，虚轴的一个端点为B,如果直线FB与该双曲线的一条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为 A．2 【答案】D

B．3 C．31 2D．51 2x2y2【解析】设该双曲线方程为22（得点B（0，b），焦点为F（c，1a＞0，b＞0），ab0），直线FB的斜率为b,由垂直直线的斜率之积等于-1，建立关于a、b、c的等式，c变形整理为关于离心率e的方程，解之即可得到该双曲线的离心率. 【详解】

bx2y2设该双曲线方程为22（可得它的渐近线方程为yx，焦点1a＞0，b＞0），aab为F（c，0），点B（0，b）是虚轴的一个端点，∴直线FB的斜率为kFB∵直线FB与直线yb2ac,

0bb， c0cbbbx互相垂直，1, aca第 6 页 共 19 页

Qb2c2a2，c2a2ac,

e2e10,

e15, 2双曲线的离心率e＞1， ∴e=

【考点】双曲线的简单性质

51,故选D. 2x2y211．在椭圆1内有一点P1,1，F为椭圆右焦点，在椭圆上有一点M，使

43MPMF的值最大，则这一最大值是( )

A．45 【答案】A

【解析】由椭圆方程求得a，利用椭圆定义把MPMF转化，数形结合得答案． 【详解】 解：如图，

B．45

C．43

D．43

x2y2由椭圆1，得a24,a2，

43设椭圆左焦点为F'，则|MF|2aMF4MF，

|MP||MF|4MF|MP|4|MP||MF|．

由图可知，当M为PF'的延长线与椭圆的交点时，|MP||MF|有最大值为5， ∴MPMF的值最大值为45．

第 7 页 共 19 页

故选：A． 【点睛】

本题考查椭圆的简单性质，考查数学转化思想方法，是中档题．

12．已知在R上的函数fx满足如下条件：①函数fx的图象关于y轴对称；②对于任意xR，f2xf2x0；③当x0,2时，fxx；④函数

fnxf2n1x，nN*，若过点(-1,0)的直线l与函数f4x的图象在x0,2上恰有8个交点，则直线l斜率k的取值范围是( )

A．0,8 11B．0,11 8C．0,8 19D．0,19 8【答案】A

【解析】根据条件分别判断函数的周期性，奇偶性以及函数在一个周期上的图象，利用函数与图象之间的关系，利用数形结合进行求解即可． 【详解】

∵函数f（x）的图象关于y轴对称， ∴函数f（x）是偶函数，

由f（2+x）﹣f（2﹣x）=0得f（2+x）=f（2﹣x）=f（x﹣2）， 即f（x+4）=f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数， 若x∈[﹣2，0]，则x∈[0，2]， ∵当x∈[0，2]时，f（x）=x， ∴当﹣x∈[0，2]时，f（﹣x）=﹣x， ∵函数f（x）是偶函数， ∴f（﹣x）=﹣x=f（x）， 即f（x）=﹣x，x∈[﹣2，0]，

则函数f（x）在一个周期[﹣2，2]上的表达式为f（x）=﹣∵f（n）（x）=f（2n1•x），n∈N，

x0x2，

x2x＜0∴数f（4）（x）=f（23•x）=f（8x），n∈N， 故f（4）（x）的周期为

11，其图象可由f（x）的图象压缩为原来的得到， 28作出f（4）（x）的图象如图： 易知过M（﹣1，0）的斜率存在，

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设过点（﹣1，0）的直线l的方程为y=k（x+1），设h（x）=k（x+1）， 则要使f（4）（x）的图象在[0，2]上恰有8个交点， 则0＜k＜kMA，

7，0）， 4208∴kMA=7=，

11148故0＜k＜，

11∵A（故选A．

【点睛】

本题主要考查函数与方程的应用，根据条件判断函数的性质，结合数形结合是解决本题

的关键．综合性较强，难度较大．(2)函数零点问题的处理常用的有方程法、图像法、方程+图像法.

二、填空题

rrrrrr13．已知向量a，b满足a1，b2，ab【答案】17 rr3,2，则a2b______.

rrr2r【解析】由向量的和与差的模的运算得：(ab)5，则ab0，所以由

rr2rr2rr|a2b|a+4ab4b可得解．

【详解】

rrrrrr解：因为向量a，b满足a1，b2，ab所以(ab)25，

3,2，

rrrr2r2rrr2rr又(ab)a2abb12ab45 ，

rrab0，

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rrr所以|a2b|a2+4ab4b211617. 故答案为：17． 【点睛】

本题考查了向量的和与差的模的运算，属中档题．

14．过抛物线y24x的焦点作直线交抛物线于Ax1,y1，Bx2,y2两点.如果

rrrx1x26，那么AB等于______.

【答案】8

【解析】抛物线y4x的焦点作直线交抛物线于Ax1,y1，Bx2,y2两点，故

2|AB|x1x22，由此易得弦长值．

【详解】

解：由题意，p2，故抛物线的准线方程是x1，

∵抛物线 y24x的焦点作直线交抛物线于Ax1,y1，Bx2,y2两点， ∴|AB|x1x22， 又x1x26，

∴|AB|x1x228. 故答案为：8． 【点睛】

本题考查抛物线的简单性质，解题的关键是理解到焦点的距离与到准线的距离相等，由此关系将求弦长的问题转化为求点到线的距离问题，大大降低了解题难度．

222215．已知圆C1：xya关于直线l对称的圆为圆C2：xy2x2ay30，

则直线l的方程为______. 【答案】2x4y50

【解析】分别求出两圆的圆心坐标与半径，由半径相等求得a，再求出两圆心的中点坐标，由直线方程的点斜式求解． 【详解】

解：圆C1：xya的圆心坐标为0,0，半径为r122a，

222x2y22x2ay30，圆C2：即(x1)(ya)a2，其圆心坐标为(1,a)，

半径为a22，

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由题意，aa22，解得a2．

∴圆C2的圆心为(1,2)，则0,0与(1,2)的中点为1,1， 2直线l的斜率为101， 20211x，即2x4y50． 22∴直线l的方程为y1故答案为：2x4y50． 【点睛】

本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查计算能力，是基础题．

16．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，BDACO,M是线段D1O上的动点，过M做平面ACD1的垂线交平面A1B1C1D1于点N，则点N到点A的距离最小值是___________． 【答案】6 2【解析】连结B1D1，易知面ACD1面BDD1B1，而MNACD1，即NMD1O，

NM在面BDD1B1内，且点N的轨迹是线段B1D1，连结AB1，易知VAB1D1是等边三

角形，则当N为B1D1中点时，NA距离最小，易知最小值为

三、解答题

17．在ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，且（1）求B的大小；

（2）若b13,ac4，求ABC的面积． 【答案】（1）B（2）SABC6 2cosBb． cosC2ac2 313acsinB3. 24【解析】试题分析：（Ⅰ）先由正弦定理将三角形的边角关系转化为角角关系，再利用两角和的正弦公式和诱导公式进行求解；（Ⅱ）先利用余弦定理求出ac3，再利用三角形的面积公式进行求解.

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试题解析：（Ⅰ）由

cosBbcosBsinB  cosC2accosC2sinAsinC 2sinAcosBcosBsinCsinBcosC 2sinAcosBcosBsinCsinBcosC

2sinAcosBsinBC 2sinAcosBsinA cosB又0Bπ，所以B1 22π. 32222（Ⅱ）由余弦定理有bac2accosBac2ac2accos得ac3，所以SVABC2π ，解3133 acsinB24点睛：在利用余弦定理进行求解时，往往利用整体思想，可减少计算量，若本题中的

b2a2c22accosBac2ac2accos22π. 3*2*18．已知数列an的前n项和Sn10nn(nN),又bnan(nN)．

（1）求数列an；

（2）求数列bn的前n项和Tn． 【答案】（1）

；（2）

【解析】【详解】试题分析：（1）由得到数列的通项公式（注

意检验首项

是否适合通项）；（2）由（1）可知数列bn的通项公式，根据绝对值的

意义可知数列的前5项为等差数列，从第六项开始也是一等差数列，由等差数列的求和公式可得到数列bn的前n项和． 试题解析：（1）

时,

时,也适合上式

（2）

时,

时,

,

2S5Snn210n50

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．

【考点】1．数列的通项与前n项和；2．数列的求和

19．如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，

, D1AD1D2，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD,ABAD?AD2AB2BC2，O为AD中点.

//平面AB1C； （Ⅰ）求证：AO1（Ⅱ）求锐二面角A—C1D1—C的余弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）

1 3【解析】(I)证明A1O//B1C,即证:四边形AB1CO为平行四边形.

D1OAD，又侧面ADD1A1⊥底面ABCD，D1AD1D ,?O为AD的中点， (II)Q 故D1O⊥底面ABCD，然后建立直角坐标系,利用向量法求二面角,先求二面角两个面的法向量,然后再求法向量的夹角,根据法向量的夹角与二面角相等或互补来解. 【详解】

,AC， （Ⅰ）证明：如图，连接CO 则四边形ABCO为正方形，

OCABA1B1，且OC//AB//A1B1

故四边形A1B1CO为平行四边形，

AO//B1C， 1平面AB1C，B1C平面AB1C 又AO1 A1O//平面AB1C

 D1OAD，Q D1AD1D ,O为AD的中点，（Ⅱ）又侧面ADD1A1⊥底面ABCD，

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故D1O⊥底面ABCD，

,OD,OD1在直线分别为x轴，y轴，Z轴建立如图所示的坐标系，以O为原点，所OC 则C1,0,0,D0,1,0,

D10,0,1,A0,1,0，

uuuruuuur DC1,1,0,DD10,1,1?,?uuuuruuuuruuurD1A0,1,1,D1C1DC1,1,0，

rruuuurxy0rruuu{ 设mx,y,z为平面CDD1C1的一个法向量，由mDC ，得，,mDD1yz0令Z1，则y1,x1,m1,1,1

rurruuuurrruuuACD又设nx1,y1,z1为平面，得,nDC11的一个法向量，由nD1A 11yZ0{11，令 x1y10rZ11，则y11,x11,n1,1,1，

1111rr1cosm,n则，故所求锐二面角A—C1D1—C的余弦值为

3333注：第2问用几何法做的酌情给分.

x2y2220．已知椭圆E:221(ab0)过点(0,2)，且离心率e.

ab2

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（1）求椭圆E的方程；

（2）设直l:xmy1(mR)交椭圆E于A,B两点，判断点G(,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.

94x2y2【答案】(1)1 (2) 点G在以AB为直径的圆外

42【解析】解法一：（Ⅰ）由已知得

b2,{a2c2解得{b2

,a2c2a2b2c2,x2y2所以椭圆E的方程为1．

42（Ⅱ）设点A(x1y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0)．

xmy1由{x2得(m22)y22my30, y21422m32. ,yy=，y=从而120222m2m2m+2925252522222. 所以GH|(x0)y0(my0)y0(m+1)y0+my0+44216所以y1+y2=|AB|2(x1x2)2(y1y2)2(m2+1)(y1y2)2 444(m2+1)[(y1y2)24y1y2](m2+1)(y02y1y2),

4故

|AB|25255m23(m2+1)2517m222|GH|my0(m+1)y1y2202242162(m2)m21616(m2)2

所以|GH|>|AB|9，故G(-,0)在以AB为直径的圆外． 24解法二：（Ⅰ）同解法一.

uuuruuur99（Ⅱ）设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA(x1,y1),GB(x2,y2).

44第 15 页 共 19 页

2m3得(m22)y22my30,所以y1+y2=2 ,y1y2=2，y2m2m2142uuuruuur9955从而GAGB(x1)(x2)y1y2(my1)(my2)y1y2

4444由{x2xmy15255m23(m2+1)2517m22(m+1)y1y2m(y1y2)20 224162(m2)m21616(m2)2所以cosGA,GB0,又GA，GB不共线，所以AGB为锐角. 故点G(-,0)在以AB为直径的圆外．

【考点】1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系．

21．已知奇函数fxlogauuuruuuruuuruuur94bax 1ax（1）求b的值，并求出函数的定义域

（2）若存在区间m,n，使得xm,n时，fx的取值范围为loga6m,loga6n，求a的取值范围 【答案】（1）b1 （2）1a18122

【解析】（1）由函数为奇函数且函数在x0处有意义，则f00，即可求得b1，再检验即可得解，然后再求函数的定义域；

（2）分类讨论函数的单调性，再利用函数的单调性求函数的最值，再根据方程的解的个数求a的取值范围即可得解. 【详解】

解：（1）由函数fxlogabax为奇函数，显然函数在x0处有意义， 则1axf00，则logab0，即b1，

检验当b1时，fxloga1ax显然为奇函数，故b1； 1ax1ax11110x由且a0，解得，故函数的定义域为,;

1axaaaa（2）由fxloga1ax2loga(1)，

1ax1ax1ax211loga(1)在,为减函数，

1ax1axaa①当0a1时，函数fxloga第 16 页 共 19 页

又存在区间m,n，使得xm,n时，fx的取值范围为loga6m,loga6n， 则loga(2221)loga6n，loga(1)loga6m，即16n，

1am1an1am22216m，又11，则6n6m，即nm，不合题意，

1an1am1an1ax211loga(1)在,为增函数，

1ax1axaa②当a1时，函数fxloga又存在区间m,n，使得xm,n时，fx的取值范围为loga6m,loga6n， 则loga(221)loga6m，loga(1)loga6n，

1am1an21116x在,有两个不等实数解， 即

1axaa即6ax(a6)x10在211,有两个不等实数解， aa设g(x)6ax(a6)x1，x211,， aa01a236a360a616a18a12aa则，则12，解得0a18122， 1g()00aag(1)020a又a1，即1a18122，

综合①②可得：a的取值范围为1a18122. 【点睛】

本题考查了利用函数的奇偶性求参数的值，主要考查了函数单调性的应用，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题. 22． 已知函数（1）求当（2）若

（其中

为偶函数时的值； 的图像过点

，求

的单调递增区间

.

）的最小正周期为

【答案】（1）；（2）单调递增区间为

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【解析】试题分析：（1）由最小正周期为，可求出角函数的知识，得

，将

.

试题解析：

的最小正周期为，∴.

（1）当

为偶函数时，

，，由已知上式对.

（2）由又令

的单调递增区间为23．已知函数fx，得

.

的图像过点

，得

，，即

.（2）将点代入区间

代入

，由于函数为偶函数，结合三，得

，故

，

，可求得函数的增区间为

.

，

都成立，

将上式展开整理得

. . ，

xax1 a（1）当a1，求函数fx的定义域； （2）当a1,2时，求证：f【答案】(1)x0. (2)证明见解析.

【解析】分析：（1）函数有意义，则x1x10，据此可得x0. （2）由题意结合绝对值三角不等式的性质证得题中的结论即可. 详解：（1）当a1时，fx所以x1x10，

得x1x1，解得x0. （2）f22xf215 xx1x1 22xf2111111xaxa2a xaxxaa第 18 页 共 19 页

12a5，当且仅当a2时等号成立.

a点睛：绝对值不等式的解法：

法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．

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