2019-2020学年广东省东莞市高二上学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

1．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2,B45,C120，则边c（ ） A．2 【答案】D

【解析】由已知利用正弦定理可求c． 【详解】 解：

B．3 C．2

D．6

b2,B45,C120由正弦定理可得

bc sinBsinC2c解得c6 sin45sin120故选：D 【点睛】

本题考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.

x02．已知实数x,y满足y0，则目标函数zxy的最大值是（ ）

xy2A．2 【答案】A

【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案． 【详解】

解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示

由zxy可得yxz，则z表示直线zxy在y轴上的截距，截距越小，z越大 由B．1

C．1

D．2

y0可得C(2,0)，此时z最大为2

xy2故选：A．

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【点睛】

本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题． 3．糖水溶液（不饱和）的浓度计算公式为c糖的质量b克(ab)，向糖水（不饱和）

糖水的质量a克 中再加入m克糖，那么糖水（不饱和）将变得更甜，则反应这一事实的不等关系为（ ）A．

bbm aamB．

bbm aamC．

bbm aaD．

bbm aa【答案】B

【解析】依题意得到不等关系，即可得解. 【详解】

解：依题意，向糖水（不饱和）中再加入m克糖，此时糖水的浓度为水更甜，可得故选：B 【点睛】

本题考查利用不等式表示不等关系，属于基础题.

bm，根据糖ambbm aamx2y24．已知双曲线221 a0,b0的实轴长是虚轴长的两倍，则它的渐近线方程为

ab（ ） A．y1x 2B．y2x

C．y2x

D．y3x

【答案】A

【解析】由焦点在x轴，故渐近线为y关系，即可得到渐近线方程. 【详解】

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bx，实轴长是虚轴长的两倍，得到a、b的a解：

x2y21 a0,b0 a2b2实轴长为2a，虚轴长为2b，渐近线为y因为实轴长是虚轴长的两倍，即2a4b可得

bx ab1 a21yx

2故选：A 【点睛】

本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.

5．已知数列{an}是等差数列，且a3a1350,a619，则a2（ ） A．3 【答案】C

【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，根据条件列出方程组，解得. 【详解】

解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d； a3a1350,a619

B．4 C．7 D．8

d32a114d50 解得a4a5d1911a2a1d347

故选：C 【点睛】

本题考查等差数列的通项公式的基本量的计算，属于基础题. 6．已知a,b为实数，则“0ab2”是“a2”的（ ） bD．既不充分也不

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 必要条件 【答案】D

【解析】根据不等式的关系，利用充分条件和必要条件的定义进行判断． 【详解】

12，满足0ab1，但a不成立，即充分性不成立． 2b2若a0且b0，满足a，但0ab2不成立，即必要性不成立．

b解：若a1，b第 3 页 共 22 页

故“0ab2”是“a故选：D． 【点睛】

2”的既不充分也不必要条件， b本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质是解决本题的关键，属于基础题．

7．中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”.其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，则该人第4天走的路程为（ ） A．96里 【答案】C

【解析】由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列{an}，其中q用等比数列的通项公式与求和公式即可得出． 【详解】

解：由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列{an}，其中qB．48里

C．24里

D．12里

1，S6378．利21，S6378． 2a1(1则

1)26378，解得a1192．

112331a4a1q19224

2

故选：C． 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8．如图，已知三棱锥OABC，点M,N分别是OA,BC的中点，点G为线段MN上一点，且MG2GN，若记OAa,OBb,OCc,则OG（ ）

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111c

333111C．abc

633A．ab【答案】C

111336111D．abc

663B．abc

【解析】根据所给的图形，在图形中看出要求的向量可以怎么得到，用减法把向量先变化成已知向量的差的形式，再利用向量的加法法则，得到结果． 【详解】

111ON(OBOC)，OMOA．MNONOM(OCOBOA)

2222121111111OGOMMNOA(OCOBOA)OCOBOAabc3232336633，

故选：C． 【点睛】

本题考查空间向量的加减法，本题解题的关键是在已知图形中尽量的应用几何体的已知棱表示要求的结果，属于基础题． 9．已知实数a0,b0,且

1b2b2，则的最大值为（ ）

aaC．

A．

4 9B．

1 22 3D．2 2【答案】B 【解析】根据最大值. 【详解】 解：

11b2b2得到22b即可将转化为关于b的二次式，即可求出其

aaa12b2 a122b a第 5 页 共 22 页

a0,b0,

0b1

b11b22b2b22b2b a2211b b时2amax2故选：B 【点睛】

本题考查不等式的性质，以及二次函数的最值，属于基础题.

2x2y210．已知F1，F2为双曲线C:1的左、右焦点，P为C上异于顶点的点．直

169线l分别与PF1，PF2为直径的圆相切于A，B两点，则|AB|( ) A．7 【答案】B

1【解析】设PF1，PF2的中点分别为M，N，则NMc，AMNB(PF1PF2)a，

2B．3 C．4 D．5

可得ABMN2(MANB)2c2a2b3 【详解】

解：如图，设PF1，PF2的中点分别为M，N， 1则NMc，AMNB(PF1PF2)a，

2ABMN2(MANB)2c2a2b3

故选：B．

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【点睛】

本题考查了圆的性质，充分应用双曲线的定义是解题的关键，属于中档题．

二、多选题

11．四边形ABCD内接于圆O，ABCD5,AD3,BCD60，下列结论正确的有（ ）

A．四边形ABCD为梯形 C．四边形ABCD的面积为数列

【答案】ACD

【解析】利用余弦定理，结合面积公式，分析四个选项，即可得出结论. 【详解】 解：

B．圆O的直径为7

553 4D．ABD的三边长度可以构成一个等差

ABCD5,AD3,BCD60

BAD120

可证BADCDA

BADCDA120 BCDCDA180 BC//DA

显然AB不平行CD

即四边形ABCD为梯形，故A正确；

在BAD中由余弦定理可得BD2AB2AD22ABADcosBAD

BD25232253cos12049

BD7

圆的直径不可能是7，故B错误；

在BCD中由余弦定理可得BD2CB2CD22CBCDcosBCD

72CB25225CBcos60解得CB8或CB3（舍去）

SBAD113153 ABADsin120532224第 7 页 共 22 页

SBCD113403 CBCDsin60582224153403553 444SABCDSBCDSBAD故C正确；

在ABD中，AD3，AB5，BD7，满足ADBD2AB

ABD的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确；

故选：ACD

【点睛】

本题考查余弦定理、三角形面积公式的应用，等差数列的概念的理解，属于中档题. 12．我们通常称离心率为51的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆2x2y2C:221(ab0)，A1,A2,B1,B2为顶点，F1,F2为焦点，P为椭圆上一点，

ab满足下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（ ）

A．|A1F1|,|F1F2|,|F2A2|为等比数列 B．F1B1A290

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C．PF1x 轴，且PO//A2B1

D．四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1,F2 【答案】BD

【解析】利用椭圆的简单性质分别求出离心率，再利用黄金椭圆的定义求解． 【详解】

x2y2解：C:221(ab0)

abA1a,0,A2a,0,B10,b,B20,b，F1c,0,F2c,0

对于A：|A1F1|,|F1F2|,|F2A2|为等比数列

2则|A1F1||F2A2||F1F2|

ac2c

22ac2c

e1不满足条件，故A错误； 3对于B：F1B1A290

A2F1B1F1B1A2 aca2a2b2

c2aca20即e2e10解得e故B正确；

对于C：PF1x 轴，且PO//A2B1

22225151或e（舍去）满足条件 22b2Pc,

akPOb2kA2B1即ab解得bc

caa2b2c2

ecc2不满足题意，故C错误； a22c对于D：四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1,F2

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即四边形A1B2A2B1的内切圆的半径为c，

abca2b2 c43a2c2a40

e43e210解得e251 23535 （舍去）或e222e故D正确 故选：BD 【点睛】

本题考查椭圆的离心率的计算问题，属于中档题.

三、填空题 13．抛物线x21y上的一点M到焦点的距离为2，则点M的纵坐标是________. ．．．2【答案】

15 8【解析】先求抛物线的准线方程，再根据抛物线的定义，将点M到焦点的距离为2转化为点M到准线的距离为2，故可求点M的纵坐标． 【详解】

11y的准线方程为y

82设点M的纵坐标是y，则

解：抛物线x2抛物线x21y上一点M到焦点的距离为2 4根据抛物线的定义可知，点M到准线的距离为2 y2 y1815 8点M的纵坐标是

故答案为：【点睛】

15 815． 8本题以抛物线的标准方程为载体，考查抛物线的定义，解题的关键是将点M到焦点的

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距离为2转化为点M到准线的距离为2.

14．如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB1的坐标为(2,3,4)，则AC1的坐标为_________.

【答案】(2,3,4)

【解析】由DB1的坐标为(2,3,4)，分别求出A和C1的坐标，由此能求出结果． 【详解】

解：如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点， 过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，

DB1的坐标为(2,3,4)，A2,0,0，C10,3,4，

AC1(2,3,4)．

故答案为：(2,3,4)．

【点睛】

本题考查空间向量的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于基础题．

15．已知命题“x[1,3],不等式x2ax40”为真命题，则a的取值范围为_______. 【答案】(,4]

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【解析】令fxxax4，则对称轴为x2a，分对称轴在区间之间，区间左边2和区间右边三种情况讨论可得. 【详解】

解：令fxxax4，则对称轴为x2a， 22要使x[1,3],不等式x2ax40恒成立，即x[1,3]，fxxax40 当xa21时f11a40解得a2； 2a当1x3时

2当xaaafa40解得2a4；

2222a3时f3323a40解得a； 2综上可得：a(,4] 故答案为：(,4] 【点睛】

本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，属于基础题.

16．斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契（Leonardoda Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.它是这样一个数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55……在数学上，斐波那契数列以如

*下递推的方法定义： a11，a21，anan1an2(n3,nN)，记其前n项和

为Sn，设a2019t（t为常数），则S2017S2016S2015S2014______（用t表示），

S2017a2019______(用常数表示)

【答案】t 1

【解析】依题意由递推公式及Sn计算可得， 【详解】 解：

S2017S2016S2015S2014a2016a2017a2016a2015

anan1an2(n3,nN*) anan1an2(n3,nN*)

a2016a2017a2016a2015

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a2016a2017a2016a2015

a2018a2017 a2019

a2019t

故S2017S2016S2015S2014t

S2017a2019S2017S2017S2016S2015S2014S2016S2015S2014S2014a2016

S2011a2013S2008a2010S1a3

a11，a21，a32， S1a3121

故S2017a20191 故答案为：t；1 【点睛】

本题考查数列递推公式的应用，属于中档题.

四、解答题

17．已知p:x2x60,q:x2m1xmm0.

22（1）若m2,且pq为真，求实数x的取值范围； （2）若q是p的充分不必要条件，求实数m的取值范围. 【答案】（1）{3}（2）(,3][3,)

【解析】（1）分别求解一元二次不等式化简p，q，然后利用pq为真，取交集求得实数x的取值范围；

（2）求解一元二次不等式化简q，结合q是p充分不必要条件，可得[m,m1]

,23, ，转化为关于m的不等式组得答案．

【详解】

解：（1）p：(x3)(x2)0解得x≤2或x3 当m2,q:x25x60解得 2x3

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pq为真，即p,q都为真

即x2或x3

2x3所以x的取值范围为{3}

（2）q:x2m1xmm0，即q:xmxm10

22所以q:mxm1， 即q:[m,m1]

因为q是p的充分不必要条件， 所以[m,m1] ,2所以m12或m3

综上：q是p的充分不必要条件时，m的取值范围为,3【点睛】

本题考查复合命题的真假判断，考查了充分必要条件的判断方法，属于中档题． 18．已知等比数列an满足a24，a3a4128，数列anbn是首项为1公差为1的等差数列.

（1）求数列an和bn的通项公式； （2）求数列bn的前n项和Sn.

n【答案】（1）an2，bn3,

3,

n2nS22 （）n2n2n 【解析】（1）等比数列an，设首项为a1，公比q，得到关于a1、q的方程组，解得a1、

q，即可得到数列an的通项公式，再由数列anbn是首项为1公差为1的等差数列.

得到anbnn即可求出bn的通项公式；

（2）由（1）所求bn的通项公式，利用错位相减法求其前n项和Sn. 【详解】

解：（1）因为数列an是等比数列，故设首项为a1，公比q

2因为a24，a3a4128 所以a2qa2q128， 3所以q8，解得q2，所以a12

n所以数列an的通项公式为an2

因为anbn是首项为1公差为1的等差数列

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所以anbn1(n1)n

n因为an2，所以bnn 2n（2）由（1）知Sn11112()23()32221n()n

21n()n+1

2同乘

11213141得： Sn1()2()3()222221111Sn()2()32222作差得：

11()nn()n+1 22即

111n1Sn1()nn()n+11(1)()n+1 22222n2 n2所以Sn2【点睛】

本题考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，同时考查等比数列的求和公式的运用，属于中档题．

19．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bsinBasinA(bc)sinC. （1）求角A的大小.

（2）若BC边上的中线AD23，且SABC23,求ABC的周长. 【答案】（1）A2（2）862 3【解析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理可求角A的大小.

（2）由面积公式可得bc8，再在ABD和ADC中，由余弦定理可得b2c2，最后用完全平方公式可求bc的值，即可求得三角形的周长. 【详解】

解：（1）由已知bsinBasinA(bc)sinC 由正弦定理得：b2a2bcc2

b2c2a21 由余弦定理得：cosA2bc2在ABC中，因为A(0,),所以A2 3（2）由SABC13bcsinAbc23，得bc8① 24第 15 页 共 22 页

由（1）知b2a2bcc2，即b2c2a28 ②

a2a2cosADB

22a2a22在ADC中，由余弦定理得：b()(23)223cosADC

22在ABD中，由余弦定理得：c()(23)2232a2因为cosADBcosADC，所以bc24③

22222由①②③，得a8,bc56,bc8

所以bc(bc)2b2c22bc7262 所以ABC的周长abc862. 【点睛】

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题． 20．如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90,ACBC2，A1在底面

ABC上的射影恰为AC的中点D，且A1D3.

（1）求证：A1BAC1；

（2）求直线A1B与平面A1B1C1所成角的正弦值；

（3）在线段C1C上是否存在点M，使得二面角MA1B1C1的平面角为90？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）6（3）不存在点M满足要求.见解析 4【解析】（1）作DEAC交AB于点E，分别以DE,DC,DA1所在直线为x,y,z 轴

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建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明A1BAC1；

（2）利用（1）中所建坐标系，求出直线的方向向量和平面A1B1C1的一个法向量，则两向量的夹角的余弦值的绝对值即为线与面的夹角的正弦值；

（3）假设存在设CMCC1(0,,3)（0≤≤1），求出平面MA1B1的一个法向量，根据mn0，即可求出的值，即可得证. 【详解】

证明：（1）作DEAC交AB于点E，分别以DE,DC,DA1所在直线为x,y,z 轴建系

A(0,1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,3),C1(0,2,3) 所以，A1B(2,1,3),AC1(0,3,3) A1BAC10330，所以A1BAC1

（2）因为面A1B1C1//面ABC，所以面A1B1C1的一个法向量为m(0,0,1) 因为A,3)，所以A1Bm3，|A1B|41322 1B(2,1cosA1B,m36 41226 4设线A1B与平面A1B1C1所成角为，sincosA1B,m

（3）不存在，设CMCC1(0,,3)，（0≤≤1）

A1B1=AB(2,2,0),AMAC,33) 11CM(0,1设面MA1B1的一个法向量为n(x,y,z)

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n0A1B1· 有AM·n012x2y0 (1)y(33)z0xy(1)y

z331n1,1,

33mn10，得1

33所以不存在点M满足要求. 【点睛】

本题考查了空间位置关系与距离空间角、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

21．在数学建模课上，老师给大家带来了一则新闻：“2019年8月16日上午，423米的东莞第一高楼民盈国贸中心2号楼（以下简称“国贸中心”）正式封顶，随着最后一方混凝土浇筑到位，标志着东莞最高楼纪录诞生，由东莞本地航母级企业民盈集团刷新了东莞天际线，比之前的东莞第一高楼台商大厦高出134米.”在同学们的惊叹中，老师提出了问题：国贸中心真有这么高吗？我们能否运用所学知识测量验证一下？一周后，两个兴趣小组分享了他们各自的测量方案.

第一小组采用的是“两次测角法”：他们在国贸中心隔壁的会展中心广场上的A点测得国贸中心顶部的仰角为，正对国贸中心前进了s米后，到达B点，在B点测得国贸中心顶部的仰角为，然后计算出国贸中心的高度（如图）.

第二小组采用的是“镜面反射法”：在国贸中心后面的新世纪豪园一幢11层楼（与国贸

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中心处于同一水平面，每层约3米）楼顶天台上，进行两个操作步骤：①将平面镜置于天台地面上，人后退至从镜中能看到国贸大厦的顶部位置，测量出人与镜子的距离为a1米；②正对国贸中心，将镜子前移a米，重复①中的操作，测量出人与镜子的距离为a2米.然后计算出国贸中心的高度（如图）.

实际操作中，第一小组测得s90米，42，48，最终算得国贸中心高度为

H1；第二小组测得a11.45米，a12米，a21.4米，最终算得国贸中心高度为H2；

假设他们测量者的“眼高h”都为1.6米.

（1）请你用所学知识帮两个小组完成计算（参考数据：tan420.9，

tan481,答案保留整数结果）；

tan42（2）你认为哪个小组的方案更好，说出你的理由. 【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】（1）对于第一小组，利用锐角三角函数解答；第二小组利用三角形相似可求；（2）从测量难易程度以及数据的误差，对比分析. 【详解】

解：（1）第一小组：在RtBCD中得，BCCDCD ；在RtACD中得，ACtantan因为ACBCs即

CDCDs tantan90stantan426.31得CD米 0.9tantan0.9H1426.31.6428米

第二小组：MKEPQE,得EQPQKEa1PQ

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PQTFa2PQ TFh(aa2)PQa 因为EQFQa得1h同理NTFPQF得，FQ所以PQah121.6=384米

a1a21.451.4所以H2PQ311417米

（2）优点：①测量方法较好理解，普适性强；②计算思路简洁；

不足：①AB的距离较长，测量要求高，难度大；②角度测量较难精准，容易造成误差；③场地要求较高； 第二组方案

优点：①测量方法有创意（用到镜面成像和相似三角形）；②相对距离短，比较好测量；③只需测量距离，需要的工具少；

不足：①两次放镜子相对距离太短，容易造成误差；②镜面放置较难保持水平，容易造成误差；③如果镜面较大，人眼看镜内物像时，两次不一定都看准镜面上的同一个点，易造成误差；④人与镜子的距离差值较小，测量容易造成误差 【点睛】

本题考查利用所学数学知识建立数学模型解决实际问题，属于基础题.

22．设圆x2y22x150的圆心为M，直线l过点N(1,0)且与x轴不重合，l交圆M于A,B两点，过点N作AM的平行线交BM于点C. （1）证明CMCN为定值,并写出点C的轨迹方程；

（2）设点C的轨迹为曲线E，直线l1:ykx与曲线E交于P,Q两点，点R为椭圆C上一点，若PQR是以PQ为底边的等腰三角形，求PQR面积的最小值.

24x2y2 【答案】（1）见解析，（2）1（y0）

743【解析】（1）根据椭圆的定义可判断动点的轨迹为M、N为焦点的椭圆，即可求得其轨迹方程.

2212(1k)12(1k)（2）联立直线与椭圆方程，即可求得OP，|OR|，表示2234k3k4出PQR的面积，再用基本不等式求得面积最小值. 【详解】

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解：（1）

圆x2y22x150可化为(x1)2y216

所以圆心M(1,0)，半径MB4

又因为过点N作AM的平行线交BM于点C 所以AM//NC

又因为|MA||MB| 所以BNCBAMNBC 所以|CN||CB| 所以CMCN|CM|CBMB4MN2

x2y2所以点C的轨迹为椭圆,由椭圆定义可得点C的轨迹方程为1（y0）

43x2y2（2）由（1）可知点C的轨迹方程为：， 1（y0）

43直线l1:ykx与曲线C交于P,Q两点, 可知k0，设P(x1,y1)

ykx 消y得(34k2)x212 解得 联立x2y2134122x134k2 212ky2134k21212k212(1k2)

OPxy34k234k234k22121PQR是以PQ为底的等腰三角形 ROPQ kROkPQ1则kRO1 k112(1()2)12(1k2)k 同理：|OR|2123k434()kSRPQ21112(1k)|PQ||OR|22234k212(1k) 222(34k)(43k)3k4212(1k2)SRPQk42k21k42k21121242422 2212k25k1212(k2k1)k(34k)(43k)1121221k212(1k2)1212121412k4k2k21221k2247

当且仅当k(SRPQ)min【点睛】

1，即k1时取等号 2k24 7本题考查椭圆的定义，直线与椭圆的综合应用，基本不等式的应用，属于难题.

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