1、2018-2019学年广西桂林市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的)1（5分）焦点坐标为（1，0）的抛物线的标准方程是（）Ay24xBy24xCx24yDx24y2（5分）若ab，xy，则下列不等式正确的是（）Aa+xb+yBaxbyCaxbyD3（5分）等差数列an中，a26，a48，则a6（）A4B7C10D144（5分）设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2b2c2+bc，则角A（）A120B30C150D605（5分）已知命题p：xR，x2+2x+30，则p是（）AxR
2、，x2+2x+30BxR，x2+2x+30CxR，x2+2x+30DxR，x2+2x+306（5分）设x，y满足约束条件，则zx+y的最大值为（）A0B1C2D37（5分）设xR，则“x3”是“1x3”的（）A充分必要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件8（5分）如果椭圆+1的弦被点（1，1）平分，则这条弦所在的直线方程是（）Ax+2y30B2xy30C2x+y30Dx+2y+309（5分）已知命题p：xR，2mx2+mx0，命题q：2m+11若“pq”为假，“pq”为真，则实数m的取值范围是（）A（3，1）0，+）B（3，10，+）C（3，1）（0，+）D（3，1（0，
3、+）10（5分）在数列an中，a12，anan1+ln（1+）（n2），则an（）A2+nlnnB2+（n1）lnnC2+lnnD1+n+lnn11（5分）已知双曲线C：1（a0，b0）的右项点为A，过A作双曲线C的一条渐近线的平行线，且该直线与另一条渐近线交于点M，若（+）0，则C的离心率为（）ABC2D12（5分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，bc，则（）AB2C3D二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分)13（5分）函数，x0的最小值是 14（5分）正项等比数列an，若3a1，2a2成等差数列，则an的公比q 15（5分）一货轮航行到M处，测得灯塔S在
4、货轮的北偏东15，与灯塔S相距20海里，随后货轮继续沿正西方向航行30分钟到达N处后，又测得灯塔在货轮的北偏东45，则货轮的速度为 海里/时16（5分）已知点A（0，1），B（0，1），以点P（m，4）为圆心，|PB|为半径作圆，圆在B处的切线为直线l，过点A作圆的一条切线与l交于点M，则|MA|+|MB| 三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤)17（10分）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a53，S3（1）求an的通项公式；（2）若Sm27，求m18（12分）在ABC中，已知BC7，AB3，A60（1）求cosC的值（2）求ABC的面积19（12分）
5、设抛物线C：y24x焦点为F，直线l与C交于A，B两点（1）若1过F且斜率为1，求|AB|；（2）若不过坐标原点O，且OAOB，证明：直线l过定点20（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（1）求A；（2）若D为边BC上一点，且2，b6，AD2，求a21（12分）已知数列an满足a12，an+12（Sn+n+1）（nN*），令bnan+1（1）求数列bn的通项公式；（2）证明：22（12分）设点A，B的坐标分别为（2，0），（2，0）直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是（1）求点M的轨迹E的方程；（2）设直线l：ykx与E交于C，D两点，F1（1，0），F2（1
6、，0），若E上存在点P，使得SPCD2S，求实数k的取值范围2018-2019学年广西桂林市高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的)1（5分）焦点坐标为（1，0）的抛物线的标准方程是（）Ay24xBy24xCx24yDx24y【分析】由题意设抛物线方程为y22px（p0），结合焦点坐标求得p，则答案可求【解答】解：由题意可设抛物线方程为y22px（p0），由焦点坐标为（1，0），得，即p2抛物的标准方程是y24x故选：B【点评】本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的简单性质，是基础
7、题2（5分）若ab，xy，则下列不等式正确的是（）Aa+xb+yBaxbyCaxbyD【分析】根据不等式的同向相加性质可知选A【解答】解：ab，xy，根据不等式同向相加性质可得a+xb+y，故选：A【点评】本题考查了不等式的基本性质，属基础题3（5分）等差数列an中，a26，a48，则a6（）A4B7C10D14【分析】利用等差数列通项公式列方程组，求出首项和公差，由此能求出第6项【解答】解：等差数列an中，a26，a48，解得a15，d1，a6a1+5d5+510故选：C【点评】本题考查等差数列的第6项的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题4（5分）设ABC的内角A
8、，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2b2c2+bc，则角A（）A120B30C150D60【分析】原式可变形为，由余弦定理可得cosA，由此可求A【解答】解：a2c2b2+bc，可化为b2+c2a2bc，两边同除以2bc，得，由余弦定理，得cosA，A120，故选：A【点评】该题考查余弦定理及其应用，对余弦定理的内容要熟练，会“正用、逆用、变形用”5（5分）已知命题p：xR，x2+2x+30，则p是（）AxR，x2+2x+30BxR，x2+2x+30CxR，x2+2x+30DxR，x2+2x+30【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，
9、所以命题p：xR，x2+2x+30，则p是：xR，x2+2x+30故选：A【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题6（5分）设x，y满足约束条件，则zx+y的最大值为（）A0B1C2D3【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最大值即可【解答】解：x，y满足约束条件的可行域如图：，则zx+y经过可行域的A时，目标函数取得最大值，由解得A（3，0），所以zx+y 的最大值为：3故选：D【点评】本题考查线性规划的简单应用，考查约束条件的可行域，判断目标函数的最优解是解题的关键7（5分）设xR，则“x3”是“1x3”的（）A充分必要条件B充分不必要条
10、件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【分析】根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：当x2满足x3，但“1x3”不成立，即充分性不成立，当“1x3”时，x3成立，即“x3”是“1x3”的必要不充分条件，故选：C【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键8（5分）如果椭圆+1的弦被点（1，1）平分，则这条弦所在的直线方程是（）Ax+2y30B2xy30C2x+y30Dx+2y+30【分析】由题意可知：将E，F代入椭圆方程，由中点坐标公式，做差求得直线EF的斜率公式，由直线的点斜式方程，即可求得条弦所在的直线方程【解答】解：设过点
11、A（1，1）的直线与椭圆相交于两点，E（x1，y1），F（x2，y2），由中点坐标公式可知：，则，两式相减得：+0，直线EF的斜率k，直线EF的方程为：y1（x1），整理得：2y+x30，故选：A【点评】本题考查直线的点斜式方程，中点坐标公式，考查计算能力，属于中档题9（5分）已知命题p：xR，2mx2+mx0，命题q：2m+11若“pq”为假，“pq”为真，则实数m的取值范围是（）A（3，1）0，+）B（3，10，+）C（3，1）（0，+）D（3，1（0，+）【分析】根据不等式的解法分别求出命题p，q为真命题 的等价条件，结合复合命题真假关系进行求解即可【解答】解：当m0时，2mx2+mx0
12、等价为0，则不等式恒成立，当m0时，要使2mx2+mx0恒成立，则，即，得3m0，综上3m0，即p：3m0，由2m+11得m+10，得m1，即q：m1若“pq”为假，“pq”为真，则p，q一个为真命题一个为假命题，若p真q假，则，得3m1，若p假q真，则，即m0，综上3m1或m0，即实数m的取值范围是（3，1（0，+），故选：D【点评】本题主要考查复合命题真假关系的应用，求出命题p，q为真命题的等价条件是解决本题的关键注意要对p，q的真假进行分类讨论10（5分）在数列an中，a12，anan1+ln（1+）（n2），则an（）A2+nlnnB2+（n1）lnnC2+lnnD1+n+lnn【分析
13、】根据条件，即anlnnan1ln（n1），故anlnn是常数数列，所以anlnna1ln12，即an2+lnn【解答】解：，（n2）anan1+lnnln（n1），（n2）anlnnan1ln（n1），（n2）anlnn是常数数列，anlnna1ln12，an2+lnn故选：C【点评】本题考查的知识点是数列的递推公式和对数的运算性质，属于基础题11（5分）已知双曲线C：1（a0，b0）的右项点为A，过A作双曲线C的一条渐近线的平行线，且该直线与另一条渐近线交于点M，若（+）0，则C的离心率为（）ABC2D【分析】可得M（，），由（+）0，可得OMOAa，b23a2，可得离心率【解答】解：过A
14、作双曲线C的一条渐近线的平行线，则该平行线的方程为：y联立，可得M（，）（+）0，则OMOAa，b23a2，则C的离心率为故选：C【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于中档题12（5分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，bc，则（）AB2C3D【分析】根据题意，由余弦定理，分析可得ac0，变形可得：a2b2c2bc0，又由a2，进而可得（）2（）+10，结合bc，解可得的值，即可得答案【解答】解：根据题意，ABC中，则有ac0，变形可得：a2b2c2bc0，又由a2，则有2b2+2c25bc0，即可得：（）2（）+10，解可得：2或，又由
15、bc，则2；故选：B【点评】本题考查三角形中的几何计算，关键是运用余弦定理变形二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分)13（5分）函数，x0的最小值是2【分析】注意到两项的积为定值，且为正数，故考虑利用基本不等式即可解决【解答】解：，当且仅当x1 取等号故函数，x0的最小值是2故答案为：2【点评】本题考查函数的最值，解题时要注意基本不等式的应用14（5分）正项等比数列an，若3a1，2a2成等差数列，则an的公比q3【分析】利用等比数列的通项公式、等差数列的性质列出方程，由此能求出an的公比【解答】解：正项等比数列an，3a1，2a2成等差数列，解得q3an的公比q3故答案为：3【
16、点评】本题考查公比的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题15（5分）一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15，与灯塔S相距20海里，随后货轮继续沿正西方向航行30分钟到达N处后，又测得灯塔在货轮的北偏东45，则货轮的速度为20海里/时【分析】根据正弦定理求出MN，再得出货轮的速度【解答】解：由题意可知SMN15+90105，SNM45，SM20，NSM30，在SMN中，由正弦定理可得：，即，解得：MN10，货轮的速度为20海里/时故答案为：20【点评】本题考查了解三角形的应用，正弦定理，属于基础题16（5分）已知点A（0，1），B（0，1），以点P（m，4）为圆
17、心，|PB|为半径作圆，圆在B处的切线为直线l，过点A作圆的一条切线与l交于点M，则|MA|+|MB|4【分析】根据条件作出图象，结合两条切线交点的性质，转化为|MA|+|MB|AC|，利用勾股定理进行求解即可【解答】解：设过点A作圆的一条切线与圆相切于C点，M是两条切线的交点，MBMC，即|MA|+|MB|MA|+|MC|AC|，圆是以点P（m，4）为圆心，|PB|为半径半径|PC|PB|，|PA|，则|AC|4，则|MA|+|MB|4，故答案为：4【点评】本题主要考查直线和圆相切的性质的应用，利用数形结合转化为直角三角形，利用勾股定理是解决本题的关键考查学生的转化能力三、解答题（本大题共6
18、小题，共70分解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤)17（10分）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a53，S3（1）求an的通项公式；（2）若Sm27，求m【分析】（1）设等差数列an的公差为d，利用等差数列的通项公式、前n项和公式列出方程组，求出a11，d，由此能求出an的通项公式（2）求出Sm27，由此能求出m【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，则，解得a11，d，（n+1）（2）由（1）得Sm27，整理，得m2+3m1080，由mN*，解得m9【点评】本题考查等差数列的通项公式、实数值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题18（12分）在ABC中，
19、已知BC7，AB3，A60（1）求cosC的值（2）求ABC的面积【分析】（1）由已知及正弦定理可得sinC的值，利用大边对大角可求C为锐角，根据同角三角函数基本关系式可求cosC的值（2）利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可求sinB的值，根据三角形的面积公式即可计算得解【解答】（本题满分为12分）解：（1）BC7，AB3，A60由正弦定理可得：sinC，3分BCAB，C为锐角，4分cosC，6分（2）A+B+C，A60，sinBsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC+，9分SABCBCABsinB612分【点评】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，同角三角函数基本关系式
20、，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题19（12分）设抛物线C：y24x焦点为F，直线l与C交于A，B两点（1）若1过F且斜率为1，求|AB|；（2）若不过坐标原点O，且OAOB，证明：直线l过定点【分析】（1）由题意写出直线l的方程，与抛物线方程联立消去y，得关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系和抛物线的定义求出|AB|的值；（2）可设直线l的方程为xmy+a（a0），A（x1，y1），B（x2，y2）；由得关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的坐标运算法则求出a的值，再判断直线l恒过定点【解答
21、】解：（1）抛物线C：y24x的焦点为F（1，0），直线l过点F且斜率为1，则l的方程为yx1，设A（x1，y1），B（x2，y2），由，消去y，得x26x+10，又（6）2411320，且x1+x26，|AB|x1+x2+28；（2）直线l的斜率不为0时，可设直线l的方程为xmy+a（a0），A（x1，y1），B（x2，y2）；由，消去x，得y24my4a0，则y1y24a；又x1，x2，x1x2a2，又OAOB，x1x2+y1y20，即a24a0，又a0，a4；直线l：xmy+4恒过定点M（4，0）【点评】本题考查了直线与抛物线方程的应用问题，也考查了方程与平面向量的应用问题，是中档题20
22、（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（1）求A；（2）若D为边BC上一点，且2，b6，AD2，求a【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得2sinCcosAsinC，又sinC0，即可得cosA，即可求得A的大小（2）过点D作DEAC交AB与E，可求DEA，DEAC2，在ADE中，由余弦定理可解得AE，可求AB，在ABC中，由余弦定理可得BC的值【解答】（本题满分为12分）解：（1），可得：（2cb）cosAacosB，（2sinCsinB）cosAsinAcosB，2sinCcosAsinBcosAsinAcosB，2sinCcosAsin（A+B）sinC，在AB
23、C中，sinC0cosA，A （5分）（2）过点D作DEAC交AB与E，则DEA，则DEAC2，8分在ADE中，由余弦定理可得：AD2AE2+DE22AD，12AE2+222AE，即：AE2+2AE80，解得：AE2，AB3，10分在ABC中，由余弦定理可得：BC2AB2+AC22AB，BC232+62227，BC312分【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应用，属于中档题21（12分）已知数列an满足a12，an+12（Sn+n+1）（nN*），令bnan+1（1）求数列bn的通项公式；（2）证明：【分析】（1）运用数
24、列的递推式和等比数列的通项公式，可得所求；（2）由an+13n，可得（），再由裂项相消求和，结合不等式的性质可得证明【解答】解：（1）a12，an+12（Sn+n+1）n1时，a22（2+1+1）8，n2时，an2（Sn1+n）相减整理可得an+13an+2，可得an+1+13（an+1），n1时，上式也成立，即有bn+13bn，bnb13n13n；（2）证明：由an+13n，可得（），即有+（+）+（）+【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式和等比数列的通项公式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查不等式的性质，属于中档题22（12分）设点A，B的坐标分别为（2，0），
25、（2，0）直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是（1）求点M的轨迹E的方程；（2）设直线l：ykx与E交于C，D两点，F1（1，0），F2（1，0），若E上存在点P，使得SPCD2S，求实数k的取值范围【分析】（1）设M（x，y），由题意得kAMkBM（x2），由此能求出点M的轨迹E的方程（2）设C（x1，y1），P（2cos，），则22|y1|，点P到直线l的距离d，|CD|22|y1|，k0，从而SPCD|y1|从而只需4|y1|y1|，由此能求出k的取值范围【解答】解：（1）设M（x，y），由题意得：kAMkBM（x2），化简，得点M的轨迹E的方程为，（x2）（2）设C（x1，y1），P（2cos，），2，点P到直线l的距离d，|CD|22|y1|，k0，SPCD|y1|y1|E上存在点P，使得，只需4|y1|y1|，解得k2k0，k的取值范围是）（0，【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线的斜率的取值范围的求法，考查直线方程、椭圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题