1、2018-2019学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学高二（上）期末数学试卷（理科）一、单选题（每小题5分，共60分）1（5分）已知集合Ax|x2n1，nN，Bx|2x6，则AB（）A1，3，5B1，1，3，5C1，5D（2，6）2（5分）已知函数f（x）Asin（x+）（0，0）的部分图象如图所示，则实数的值为（）AB1C2D43（5分）等差数列an的前n项和为Sn，且S515，a2+a52，则公差d等于（）A5B4C3D24（5分）已知直线l1；2x+y20，l2：ax+4y+10，若l1l2，则a的值为（）A8B2CD25（5分）在下列四个正方体中，能得出ABCD的是（）ABCD6（5
2、分）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A若mn，m，n，则B若m，n，则mnC若m，n，则mnD若mn，m，n，则7（5分）已知抛物线y22px上一点M（1，m）到其焦点的距离为5，则该抛物线的准线方程为（）Ax8Bx8Cx4Dx48（5分）若椭圆1与双曲线1有相同的焦点F1、F2，P是这两条曲线的一个交点，则F1PF2的面积是（）A4B2C1D9（5分）椭圆：（ab0），左右焦点分别是F1，F2，焦距为2c，若直线与椭圆交于M点，满足MF1F22MF2F1，则离心率是（）ABCD10（5分）在如图的平面图形中，已知OM1，ON2，MON120，2，2，则的值为（
3、）A15B9C6D011（5分）圆：x2+y2+2ax+a290和圆：x2+y24by1+4b20有三条公切线，若aR，bR，且ab0，则的最小值为（）A1B3C4D512（5分）已知定义在R上的函数yf（x）对任意的x都满足f（x+1）f（x），当1x1时，f（x）x3，若函数g（x）f（x）loga|x|至少6个零点，则a取值范围是（）ABCD二、填空题（每小题5分，共20分）13（5分）抛物线x28y的焦点到准线的距离是 14（5分）过点且与双曲线有公共渐近线的双曲线方程是 15（5分）已知下列命题：若直线l与平面内的一条直线平行，则l；命题“x（1，+），2
4、x11”的否定是“x0（1，+），”；已知aR，则“a3”是“a29”的充分而不必要条件其中正确的命题是 （填序号）16（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为 三、解答题（共70分）17（10分）已知圆C：（x1）2+y29内有一点P（2，2），过点P作直线l交圆C于A、B两点（1）当l经过圆心C时，求直线l的方程； （写一般式）（2）当直线l的倾斜角为45时，求弦AB的长18（12分）在ABC中，a，b，c分别是A、B、C的对边，且bsinAcosB（1）求B的大小；（2）若b3，sinC2sinA，求a及c19（12分）已知数列an满足an+12
5、an1（nN+），a12（）求证：数列an1为等比数列，并求数列an的通项公式；（）求数列nan的前n项和Sn（nN+）20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2E是PB的中点（）求证：平面EAC平面PBC；（）若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值21（12分）椭圆的离心率为，长轴端点与短轴端点间的距离为（）求椭圆C的方程；（）过点D（0，4）的直线l与椭圆C交于两点E，F，O为坐标原点，若OEF为直角三角形，求直线l的斜率22（12分）设函数f（x）x2+（m2）x+2m（1）若y|f（x
6、）|在1，0上是减函数，求实数m的取值范围；（2）是否存在整数a，b，使得af（x）b的解集恰好是a，b，若存在，求出a，b的值；若不存在，说明理由2018-2019学年广东省汕头市达濠华侨中学、东厦中学高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、单选题（每小题5分，共60分）1（5分）已知集合Ax|x2n1，nN，Bx|2x6，则AB（）A1，3，5B1，1，3，5C1，5D（2，6）【分析】进行交集的运算即可【解答】解：Ax|x2n1，nN，Bx|2x6，AB1，1，3，5故选：B【点评】考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算2（5分）已知函数f（x）Asin（x+）（0，0）的
7、部分图象如图所示，则实数的值为（）AB1C2D4【分析】由三角函数f（x）的部分图象求出T的值，再计算的值【解答】解：由函数f（x）Asin（x+）（0，0）的部分图象知，T4（+），2，即的值为2故选：C【点评】本题考查了三角函数f（x）Asin（x+）的图象与性质的应用问题，是基础题3（5分）等差数列an的前n项和为Sn，且S515，a2+a52，则公差d等于（）A5B4C3D2【分析】利用等差数列前n项和公式、通项公式列出方程组，由此能求出公差【解答】解：等差数列an的前n项和为Sn，且S515，a2+a52，解得a33，d4故选：B【点评】本题考查公差的求法，是基础题，解题时要认真审题
8、，注意等差数列的性质的合理运用4（5分）已知直线l1；2x+y20，l2：ax+4y+10，若l1l2，则a的值为（）A8B2CD2【分析】由直线方程分别求出l1、l2的斜率，再由l1l2得斜率之积为1，列出方程并求出a的值【解答】解：由题意得，l1：2x+y20，l2：ax+4y+10，则直线l1的斜率是2，l2的斜率是，l1l2，（）（2）1，解得a2，故选：D【点评】本题考查直线垂直的条件应用，属于基础题5（5分）在下列四个正方体中，能得出ABCD的是（）ABCD【分析】利用空间中线线间、线面间的位置关系及线线角定义直接求解【解答】解：如下图：在中，BECD，AECD，BEAEE，CD平
9、面ABE，AB平面ABE，ABCD，故正确；在中，CDAE，ABE是等边三角形，AB与CD异面，且所成角为60，故错误；在中，CDBE，ABE45，AB与CD异面，且所成角为45，故错误；在中，CDBE，tanABE，AB与CD异面，且不垂直，故错误故选：A【点评】本题考查线线垂直的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6（5分）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A若mn，m，n，则B若m，n，则mnC若m，n，则mnD若mn，m，n，则【分析】选项A，根据面面垂直的判定定理进行判定，选项B列举出所有可能，选项C根据面面
10、平行的性质进行判定，选项D列举出所以可能即可【解答】解：选项A，若mn，m，n，则，该命题不正确，mn，m，n；选项B，若m，n，则mn，该命题不正确，m，n，m与n没有公共点，则也可能异面；选项C，根据m，则m，而n则mn，则该命题正确；选项D，若mn，m，n，则，该命题不正确，mn，m，n，与平行或相交故选：C【点评】本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，同时考查了推理能力，属于基础题7（5分）已知抛物线y22px上一点M（1，m）到其焦点的距离为5，则该抛物线的准线方程为（）Ax8Bx8Cx4Dx4【分析】由题意得：抛物线焦点为F（，0），准线方程为x因为点M（1，m）到其焦点的
11、距离为5，所以点M到抛物线的准线的距离为：，从而得到p8，得到该抛物线的准线方程【解答】解：抛物线方程为y22px抛物线焦点为F（，0），准线方程为x又点M（1，m）到其焦点的距离为5，p0，根据抛物线的定义，得，p8，所以准线方程为x4故选：D【点评】本题给出一个特殊的抛物线，在已知其上一点到焦点距离的情况下，求准线方程着重考查了抛物线的定义和标准方程，以及抛物线的基本概念，属于基础题8（5分）若椭圆1与双曲线1有相同的焦点F1、F2，P是这两条曲线的一个交点，则F1PF2的面积是（）A4B2C1D【分析】不妨设P为双曲线右支上的点，由椭圆的定义可得，PF1+PF24，由双曲线的定义，可得，
12、PF1PF22，解方程，再判断三角形PF1F2为直角三角形，由面积公式即可得到【解答】解：不妨设P为双曲线右支上的点，由椭圆的定义可得，PF1+PF24，由双曲线的定义，可得，PF1PF22，解得PF12+，PF22，F1F22，由于（2）2+（2）2（2）2，则三角形PF1F2为直角三角形，则面积为：1，故选：C【点评】本题考查椭圆和双曲线的方程和定义，考查三角形的面积计算，属于基础题9（5分）椭圆：（ab0），左右焦点分别是F1，F2，焦距为2c，若直线与椭圆交于M点，满足MF1F22MF2F1，则离心率是（）ABCD【分析】依题意知，直线y（x+c）经过椭圆的左焦点F1（c，0），且倾斜
13、角为60，从而知MF2F130，设|MF1|x，利用椭圆的定义即可求得其离心率【解答】解：椭圆的方程为+1（ab0），作图如右图：椭圆的焦距为2c，直线y（x+c）经过椭圆的左焦点F1（c，0），又直线y（x+c）与椭圆交于M点，倾斜角MF1F260，又MF1F22MF2F1，MF2F130，F1MF290设|MF1|x，则|MF2|x，|F1F2|2c2x，故xc|MF1|+|MF2|（+1）x（+1）c，又|MF1|+|MF2|2a，2a（+1）c，该椭圆的离心率e1故选：B【点评】本题考查椭圆的简单性质，着重考查直线与椭圆的位置关系，突出椭圆定义的考查，理解得到直线y（x+c）经过椭圆的
14、左焦点F1（c，0）是关键，属于中档题10（5分）在如图的平面图形中，已知OM1，ON2，MON120，2，2，则的值为（）A15B9C6D0【分析】解法，由题意判断BCMN，且BC3MN，再利用余弦定理求出MN和OMN的余弦值，计算即可解法：用特殊值法，不妨设四边形OMAN是平行四边形，由题意求得的值【解答】解：解法，由题意，2，2，2，BCMN，且BC3MN，又MN2OM2+ON22OMONcos1201+4212（）7，MN；BC3，cosOMN，|cos（OMN）31（）6解题：不妨设四边形OMAN是平行四边形，由OM1，ON2，MON120，2，2，知333+3，（3+3）3+331
15、2+321cos1206故选：C【点评】本题考查了平面向量的线性运算与数量积运算问题，是中档题11（5分）圆：x2+y2+2ax+a290和圆：x2+y24by1+4b20有三条公切线，若aR，bR，且ab0，则的最小值为（）A1B3C4D5【分析】由题意可得两圆相外切，根据两圆的标准方程求出圆心和半径，得到a2+4b216，使用基本不等式求得最小值【解答】解：由题意可得两圆相外切，两圆的标准方程分别为 （x+a）2+y29，x2+（y2b）21，圆心分别为（a，0），（0，2b），半径分别为3和1，故有a2+4b216，（）（a2+4b2）（8+）（8+8）1，当且仅当时，等号成立，故选：A
16、【点评】本题考查两圆的位置关系，两圆相外切的性质，圆的标准方程的特征，基本不等式的应用，得到a2+4b216是解题的关键和难点12（5分）已知定义在R上的函数yf（x）对任意的x都满足f（x+1）f（x），当1x1时，f（x）x3，若函数g（x）f（x）loga|x|至少6个零点，则a取值范围是（）ABCD【分析】函数g（x）f（x）loga|x|的零点个数，即函数yf（x）与ylog5|x|的交点的个数，由函数图象的变换，分别做出yf（x）与yloga|x|的图象，结合图象可得loga51 或 loga51，由此求得a的取值范围【解答】解：函数g（x）f（x）loga|x|的零点个数，即函数
17、yf（x）与yloga|x|的交点的个数；由f（x+1）f（x），可得f（x+2）f（x+1+1）f（x+1）f（x），故函数f（x）是周期为2的周期函数，又由当1x1时，f（x）x3，据此可以做出f（x）的图象，yloga|x|是偶函数，当x0时，ylogax，则当x0时，yloga（x），做出yloga|x|的图象，结合图象分析可得：要使函数yf（x）与yloga|x|至少有6个交点，则loga51或loga51，解得a5，或 0a，当a5时，恰好有6个交点，左边4个，右边2个故选：A【点评】本题考查函数图象的变化与运用，涉及函数的周期性，对数函数的图象等知识点，关键是作出函数的图象，由此
18、分析两个函数图象交点的个数二、填空题（每小题5分，共20分）13（5分）抛物线x28y的焦点到准线的距离是4【分析】直接利用抛物线的性质写出结果即可【解答】解：抛物线x28y，所以p4，抛物线x28y的焦点到准线的距离是：4故答案为：4【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力14（5分）过点且与双曲线有公共渐近线的双曲线方程是【分析】设所求双曲线为，把（，2）代入方程求出，可得到所求的双曲线方程【解答】解：设所求的双曲线为，把（，2）代入方程所求双曲线为，解得3由此可求得所求双曲线的方程为故答案为：【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，相同渐近线的双曲线方程的设法，解题时要注意公
19、式的灵活运用15（5分）已知下列命题：若直线l与平面内的一条直线平行，则l；命题“x（1，+），2x11”的否定是“x0（1，+），”；已知aR，则“a3”是“a29”的充分而不必要条件其中正确的命题是（填序号）【分析】根据线面平行的定义进行判断；根据全称命题的否定是特称命题进行判断；根据充分条件和必要条件的定义进行判断【解答】解：若直线l与平面内的一条直线平行，则l或l；直线必须是平面外的直线，故错误，命题“x（1，+），2x11”的否定是“x0（1，+），”，故正确，由a29得3a3，则“a3”是“a29”的必要不充分条件，故错误，故答案为：【点评】本题主要考查命题的真假判断，涉及线面平行
20、的判断，含有量词的命题的否定以及充分条件和必要条件的判断，涉及知识点较多，但难度不大16（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为三棱锥，底面三角形ABC为直角三角形，面PAC为等边三角形，且面PAC底面ABC，取BC中点G，则G为三角形ABC的外心，过G作平面ABC的垂线，取等边三角形PAC的外心为H，过H作平面PAC的垂线，则两垂线交于点O，O为三棱锥PABC外接球的球心，求解三角形求得OC，即三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案【解答】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体为三棱锥，底面三角形ABC为直角三角形，面PAC为等边三
21、角形，且面PAC底面ABC，取BC中点G，则G为三角形ABC的外心，过G作平面ABC的垂线，取等边三角形PAC的外心为H，过H作平面PAC的垂线，则两垂线交于点O，O为三棱锥PABC外接球的球心，OG，GC，OC，三棱锥外接球表面积为4故答案为：【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题三、解答题（共70分）17（10分）已知圆C：（x1）2+y29内有一点P（2，2），过点P作直线l交圆C于A、B两点（1）当l经过圆心C时，求直线l的方程； （写一般式）（2）当直线l的倾斜角为45时，求弦AB的长【分析】（1）先求出圆的圆心坐标，从而可求得直线l的斜率，再由点
22、斜式方程可得到直线l的方程，最后化简为一般式即可（2）先根据点斜式方程求出方程，再由点到线的距离公式求出圆心到直线l的距离，进而根据勾股定理可求出弦长【解答】解：（1）圆C：（x1）2+y29的圆心为C（1，0），因直线过点P、C，所以直线l的斜率为2，直线l的方程为y2（x1），即2xy20（2）当直线l的倾斜角为45时，斜率为1，直线l的方程为y2x2，即xy0圆心C到直线l的距离为，圆的半径为3，弦AB的长为【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，高考中对直线与圆的方程的考查以基础题为主，故平时就要注意基础知识的积累和应用，在考试中才不会手忙脚乱18（12分）在ABC中，a，b，c分别是
23、A、B、C的对边，且bsinAcosB（1）求B的大小；（2）若b3，sinC2sinA，求a及c【分析】（1）利用已知条件通过正弦定理，转化求解即可（2）利用正弦定理推出a、c关系，利用余弦定理得到第二个方程，然后求解即可【解答】解：（1）由及正弦定理，得，所以，所以；（2）由sinC2sinA及得c2a，由b3及余弦b2a2+c22accosB，得9a2+c2ac，；【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，考查方程思想的应用，是基本知识的考查19（12分）已知数列an满足an+12an1（nN+），a12（）求证：数列an1为等比数列，并求数列an的通项公式；（）求数列nan的前n项和
24、Sn（nN+）【分析】（）通过对an+12an1（nN+）变形可知数列an1是首项为1、公比为2的等比数列，进而可得结论；（）通过an2n1+1可知nann2n1+n，利用错位相减法计算即得结论【解答】（）证明：an+12an1（nN+），an+112（an1）（nN+），又a11211，数列an1是首项为1、公比为2的等比数列，an112n12n1，an2n1+1；（）解：an2n1+1，nann2n1+n，设Tn120+221+322+n2n1，2Tn121+222+323+（n1）2n1+n2n，两式相减得：Tn（1+21+22+23+2n1）n2nn2n（1n）2n1，Tn（n1）2n
25、+1，SnTn+（n1）2n+1+【点评】本题考查等比数列的判定，考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2E是PB的中点（）求证：平面EAC平面PBC；（）若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值【分析】（）证明平面EAC平面PBC，只需证明AC平面PBC，即证ACPC，ACBC；（）根据题意，建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出面PAC的法向量（1，1，0），面EAC的法向量（a，a，2），利用二面角PA CE
26、的余弦值为，可求a的值，从而可求（2，2，2），（1，1，2），即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值【解答】（）证明：PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC，AB2，ADCD1，ACBC，AC2+BC2AB2，ACBC，又BCPCC，AC平面PBC，AC平面EAC，平面EAC平面PBC（4分）（）如图，以C为原点，取AB中点F，、分别为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，1，0）设P（0，0，a）（a0），则E（，），（6分）（1，1，0），（0，0，a），（，），取（1，1，0），则0，为面PAC的法向量设（x，y，z）为面EA
27、C的法向量，则0，即取xa，ya，z2，则（a，a，2），依题意，|cos，|，则a2（10分）于是（2，2，2），（1，1，2）设直线PA与平面EAC所成角为，则sin|cos，|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为（12分）【点评】本题考查面面垂直，考查线面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定，利用向量的方法研究线面角，属于中档题21（12分）椭圆的离心率为，长轴端点与短轴端点间的距离为（）求椭圆C的方程；（）过点D（0，4）的直线l与椭圆C交于两点E，F，O为坐标原点，若OEF为直角三角形，求直线l的斜率【分析】（）由已知，a2+b25，由此能够求出椭圆C的方程（）根据题意，过点D（0
28、，4）满足题意的直线斜率存在，设l：ykx+4，联立，再由根与系数的关系求解【解答】解：（）由已知，a2+b25，又a2b2+c2，解得a24，b21，所以椭圆C的方程为；（）根据题意，过点D（0，4）满足题意的直线斜率存在，设l：ykx+4，联立，消去y得（1+4k2）x2+32kx+600，（32k）2240（1+4k2）64k2240，令0，解得设E，F两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），（）当EOF为直角时，则，因为EOF为直角，所以，即x1x2+y1y20，所以（1+k2）x1x2+4k（x1+x2）+160，所以，解得（）当OEF或OFE为直角时，不妨设OEF为直角，此
29、时，kOEk1，所以，即x124y1y12，又；，将代入，消去x1得3y12+4y140，解得或y12（舍去），将代入，得，所以，经检验，所求k值均符合题意，综上，k的值为和【点评】本题是椭圆问题的综合题，解题时要认真审题，仔细解答22（12分）设函数f（x）x2+（m2）x+2m（1）若y|f（x）|在1，0上是减函数，求实数m的取值范围；（2）是否存在整数a，b，使得af（x）b的解集恰好是a，b，若存在，求出a，b的值；若不存在，说明理由【分析】（1）求出函数的对称轴，由于y|f（x）|在1，0上是减函数，则讨论区间在对称轴的右边，且f（0）不小于0，区间在对称轴的左边，且f（0）不大于
30、0解出它们即可；（2）假设存在整数a，b，使得af（x）b的解集恰好是a，b则f（a）a，f（b）a，af（）b，由f（a）f（b）a，解出整数a，b，再代入不等式检验即可【解答】解：（1）函数f（x）x2+（m2）x+2m的对称轴为x，由于y|f（x）|在1，0上是减函数，则即有，即有m2综上，m0或m2；（2）假设存在整数a，b，使得af（x）b的解集恰好是a，b则f（a）a，f（b）a，af（）b，即有a2+（m2）a+2ma，b2+（m2）b+2ma，ab可得a+bm2，代入得a2+a（a+b）（a+b）a，再化简得（a1）（b2）2，因为a、b均为整数，所以a2，b4或a1，b1当a2，b4时，即24成立；当a1，b1时，即11成立故存在整数a，b，使得af（x）b的解集恰好是a，b，且a2，b4或a1，b1【点评】本题考查二次函数的单调性及运用，以及含绝对值的二次函数的单调性，考查分类讨论的思想方法，以及不等式的解法，考查运算能力，属于中档题
