2019-2020学年青海省西宁市第十四中学高二上学期期末数学(文)试题(解析版)

学（文）试题

一、单选题

1．已知集合A{0,1}，Bm,1,2，若AB，则实数m的值为（ ） A．2 【答案】B

【解析】根据集合的包含关系得到实数m的值. 【详解】

因为A{0,1}，Bm,1,2，AB， 所以m0. 故选：B 【点睛】

本题主要考查子集的定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题. 2．抛物线yax2的准线方程是y2，则a的值为（ ） A．

B．0

C．0或2

D．1

1 8B．

18C．8 D．-8

【答案】B 【解析】【详解】

Q方程yax2表示的是抛物线,

a0，x2y12y， a2a12， 22a抛物线yax2的准线方程是y解得a，故选B.

uuuvuuuvuuuvuuuv3．己知向量OA1,2，OB3,m.若OAAB，则m的值为( )

A．

183 2B．4 C．-

3 2D．-4

【答案】B

【解析】根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得m的值. 【详解】

uuuruuuruuur依题意AB4,m2，由于OAAB，所以1,24,m242m40，

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解得m4. 故选B. 【点睛】

本小题主要考查两个向量垂直的坐标表示，考查向量减法的坐标运算，属于基础题. 4．已知

，则

的值是( )

A． B． C． D． 【答案】B 【解析】

。故选B。

5．如图是一个边长为3的正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷1089个点，其中落入白色部分的有484个点，据此可估计黑色部分的面积为（ ）

A．4 【答案】B

B．5 C．6 D．7

【解析】计算出正方形的面积，根据几何概型的原理可求得结果. 【详解】

正方形二维码的面积为：339 黑色部分的面积为：故选：B 【点睛】

本题考查几何概型的应用，属于基础题.

6．已知一个四棱锥的三视图如图（网络中的小正方形边长为1），则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为（ ）

108948495

1089

A．1 【答案】C

B．2 C．3 D．4

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【解析】先找到几何体原图，再确定侧面直角三角形的个数得解. 【详解】

由题得几何体原图是如图所示的四棱锥P-ABCD，

在四个侧面中，有∠PBA=∠PCD=∠CPB=90°，△PAD是等边三角形. 所以该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为3. 故选C 【点睛】

本题主要考查三视图还原几何体，考查空间几何元素位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

7．己知函数ylogax12a0且a1恒过定点A，若直线mxny2过点A，其中m,n是正实数，则

12的最小值是 mnC．

A．32 【答案】B 【解析】分析：

B．322 9 2D．5

详解：易知函数yloga(x1)2过定点(2,2)，∴2m2n2，即mn1，

∴

12122mn2mn(mn)()332322，当且仅当mnmnnmnm2mn，即m21，n22时取等号． nm第 3 页 共 15 页

故选B．

点睛：本题考查基本不等式求最值，解题时关键是凑配基本不等式的条件：定值，常用方法是“1”的代换．

x2y28．若kR，则“k1”是方程“1”表示椭圆的（ ）

k12kA．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

k103xy【解析】方程+1表示椭圆2k0，得1k2 且k，综上

2k12kk12k22x2y2x2y2所述，“k1”不能推出“1”表示椭圆，“1”表示椭圆能推

k12kk12kx2y2出“k1”， “k1”是方程“1”表示椭圆的必要不充分条件，故选B.

k12kxy19．设变量x，y满足约束条件{xy4，则目标函数

y2z＝2x+4y的最大值为（ ）

A．10 【答案】C

B．12 C．13 D．14

【解析】【考点】简单线性规划的应用． 专题：计算题；数形结合．

分析：先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线z=2x+4y过区域内某个顶点时，z最大值即可． 解答：解析：先画出约束条件

xy1{xy4的可行域，如图，y2

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得到当x=故选C．

5533，y=时目标函数z=2x+4y有最大值为，Zmax=2×+4×=13． 2222点评：本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题． 【详解】

请在此输入详解！

10．圆x2y24x4y70上的动点P到直线xy0的最小距离为（ ） A．1 【答案】B

【解析】先求出圆心到直线xy0的距离，根据距离的最小值为dr，即可求解. 【详解】

由圆的一般方程可得(x2)(y2)1， 圆心到直线的距离d22B．221 C．22 D．2

|22|22 2所以圆上的点到直线的距离的最小值为221. 故选B. 【点睛】

本题主要考查了点到直线的距离，圆的方程，属于中档题. 11．将函数f(x)sin2x3cos2x的图像向左平移图像，则g(x)的单调递减区间是 A．k个单位长度，得到函数g(x)的34,k3(kZ) 43(kZ) 4B．k4,k4(kZ)

C．2k【答案】B

4,2kD．2k4,2k4(kZ)

【解析】先将f(x)化为f(x)2sin2x正弦函数的增区间，即可得出结果. 【详解】

，根据题意得到g(x)2sin2x，再由3第 5 页 共 15 页

f(x)sin2x3cos2x2sin2x因为，将其图像向左平移3个单位长度，

3得到g(x)2sin2x2sin2x， 33由2k2x2k,kZ，得kxk,kZ， 2244所以g(x)的单调递减区间是k故选B 【点睛】

4,k4(kZ)

本题主要考查三角函数的单调区间，熟记三角函数的平移原则，以及正弦函数的单调性即可，属于常考题型.

x2y212．设F1,F2分别为双曲线221a0,b0的左、右焦点, A1,A2为双曲线的

ab左右顶点,其中F1F23A1A2,若双曲线的顶点到渐近线的距离为2,则双曲线的标准方程为（ ）

x2y2A．1

36【答案】A

x2y2B．1

63y2C．x1

22x2D．y21

2【解析】分析：根据题意得到2c=23a,程.

|ab|ab222,解方程组即得双曲线的标准方

2c23aab2,a23,b26. 详解：由题得22abc2a2b2故答案为：A

点睛：本题主要考查双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力及基本运算能力.

二、填空题

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13．过A(1,0),B(1,2)的直线的倾斜角为_________

【答案】

 4【解析】先计算斜率，根据tank计算得到答案. 【详解】

A(1,0),B(1,2)k故答案为【点睛】

20=1，故tan1 114 4本题考查了倾斜角的计算，属于简单题型.

14．已知函数fxlnxx，则fx在x=1处的切线方程为_________

2【答案】xy0.

【解析】对函数fx进行求导，然后把x1代入导函数中，求出斜率，根据点斜式写出方程，化为一般方程. 【详解】

fxlnxx2 ，f'(x)12xf'(1)1,而f(1)1,所以切线方程为 xy(1)(x1)yxxy0.

【点睛】

本题考查了利用导数求曲线的切线问题，重点考查了导数的几何意义.

15．在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90o，AA12，ACBC1，则异面直线A1B与AC1所成角的余弦值是_____________．

【答案】30 10【解析】先找出线面角，运用余弦定理进行求解 【详解】

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连接AB1交A1B于点D，取B1C1中点E，连接DE，则DEPAC1，连接A1E

A1DE为异面直线A1B与AC1所成角

在RtnAC11B1中，AC111，C1E11C1B1 22A1E5, 265,DE 22222同理可得A1D65522230,

cosA1DE1065222异面直线A1B与AC1所成角的余弦值是30 10故答案为【点睛】

本题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于基础题．

16．已知平面α，β，γ是空间中三个不同的平面，直线l，m是空间中两条不同的直线，若α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，l⊥m，则 ①m⊥β；②l⊥α；③β⊥γ；④α⊥β.

由上述条件可推出的结论有________(请将你认为正确的结论的序号都填上)． 【答案】②④

【解析】对每一个选项分析判断得解. 【详解】

根据已知可得面β和面γ可成任意角度，和面α必垂直．所以直线m可以和面β成任

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30 10意角度，①不正确；l⊂γ，l⊥m，所以l⊥α，②正确；③显然不对；④因为l⊂β，l⊥α，所以α⊥β，④正确． 故答案为②④ 【点睛】

本题主要考查空间线面垂直和面面垂直的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

三、解答题

17．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

asinB1bsinA2cosC．

（1）求角C的大小；

（2）若a2，a2b22c2，求ABC的面积． 【答案】(1) C3 ；(2)

3 【解析】（1）利用正弦定理化简已知等式可得cosC的值．

1，结合范围0C，可求C2（2）由已知利用余弦定理得b的值，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】 解：（1）Qab， sinAsinBasinBbsinA， 12cosC1，cosC．

2又0C，

C3．

（2）由余弦定理得：c2a2b2ab，

4b224b22b，解得b2． 11SABCabsinC22sin3．

223【点睛】

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，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．

18．已知等差数列an中，Sn为其前n项和，a22,S410

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（1）求数列an的通项公式; （2）设bn1，求数列{bn}的前n项和. anan1【答案】（1）ann（2）Snn n1a1d2a11【解析】（1）由题可得，解得，代入等差数列的通项公式求得434a110d12答案。（2）利用裂项相消法求和即可. 【详解】

a1d2a11 （1）由题an是等差数列可得，解得434a110d12所以an1n11n （2）bn1111 anan1nn1nn1所以数列{bn}的前n项和Sn1【点睛】

11111n1...1 223nn1n1n1本题考查等差数列通项公式的求法以及裂项相消法求和，属于普通题.

19． 如图，在三棱锥VABC中，平面VAB平面ABC，三角形VAB为等边三角形，

ACBC，且ACBC2，M是VA的中点，O是AB的中点.

（1）求证：VBP平面MOC； （2）求证：平面MOC平面VAB； （3）求三棱锥VABC的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）

3. 3第 10 页 共 15 页

【解析】（1）根据O，M分别为AB，VA的中点，由中位线，可得OMPVB，再由线面平行的判定定理得证.

（2）由ACBC，O为AB的中点，可得OCAB，再由平面VAB平面ABC，根据面面垂直的性质定理，可得OC平面VAB，又OC平面MOC，由面面垂直的判定定理可证.

（3）在等腰直角三角形ACB中，求得AB，再由三角形VAB为等边三角形，可求得其面积，然后由（2）中OC平面VAB得解. 【详解】

（1）∵O，M分别为AB，VA的中点， ∴OMPVB，

∵VB平面MOC，OM平面MOC， ∴VBP平面MOC，

（2）∵ACBC，O为AB的中点， ∴OCAB，

∵平面VAB平面ABC，OC平面ABC， ∴OC平面VAB， ∵OC平面MOC， ∴平面MOC平面VAB， （3）在等腰直角三角形ACB中，

ACBC2，∴AB2，OC1，

∴S△VAB3， ∵OC平面VAB， ∴VCVAB13， OCSVVAB33∴VVABCVCVAB【点睛】

3. 3本题主要考查了线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理和性质定理及几何体体积的

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求法，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.

vvvv20．设函数fxab，其中向量a2cosx,1，bcosx,3sin2xm.

（1）求函数fx的最小正周期和在0,上的单调增区间； （2）当x0,时fx的最大值为4，求m的值. 6【答案】（1）T，增区间0,和犏,π；（2）1.

犏63轾2π臌【解析】（1）将函数yfx的解析式利用平面向量数量积的坐标运算，结合二倍角降幂公式与辅助角公式进行化简，利用周期可得出函数yfx的最小正周期，求出函数yfx的单调递增区间，并与定义域0,取交集，可得出该函数在区间0,上的单调递增区间；

骣psin2x+x0,（2）先由计算出2x的取值范围，结合正弦函数的图象得出琪琪6桫62的最小值，于此可得出函数yfx的最大值，进而得出实数m的值． 【详解】

rr（1）Qfxab2cos2x3sin2xm3sin2xcos2xm1

2sin2xm1， 62. 2所以，函数yfx的最小正周期为T由22k2x622kkZ，解得3kx6kkZ，

2Qxkxk,kZ0,0,,，

36632π轾因此，函数yfx在0,上的单调递增区间为0,和犏,π；

36犏臌（2）Q0x所以，当2x6，62x62，

62时，函数yfx取最大值，即

fxmax2sin因此，m1.

2m1m34，

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【点睛】

本题考查三角函数的基本性质，考查三角函数的周期、单调区间以及闭区间上的最值，解题的基本思想就是利用二倍角降幂公式以及辅助角公式将三角函数解析式化简，将角视为一个整体，利用正余弦函数的图象来求解，考查计算能力，属于中等题． 21．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)． (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围． 【答案】（1）见解析（2）[

3，+∞） 2【解析】（1）求出a=2的函数f（x）的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；

（2）求出f（x）的导数，由题意可得f′（x）≥0在（﹣1，1）上恒成立，即为a﹣x2+（a﹣2）x≥0，即有x2﹣（a﹣2）x﹣a≤0，再由二次函数的图象和性质，得到不等式组，即可解得a的范围． 【详解】

（1）a=2时，f（x）=（﹣x2+2x）•ex的导数为 f′（x）=ex（2﹣x2），

由f′（x）＞0，解得﹣2＜x＜2， 由f′（x）＜0，解得x＜﹣2或x＞2．

即有函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，﹣2），（2，+∞）， 单调增区间为（﹣2，2）．

（2）函数f（x）=（﹣x2+ax）•ex的导数为 f′（x）=ex[a﹣x2+（a﹣2）x]，

由函数f（x）在（﹣1，1）上单调递增， 则有f′（x）≥0在（﹣1，1）上恒成立，

即为a﹣x2+（a﹣2）x≥0，即有x2﹣（a﹣2）x﹣a≤0， 则有1+（a﹣2）﹣a≤0且1﹣（a﹣2）﹣a≤0， 解得a≥

3． 23，+∞）． 2则有a的取值范围为[【点睛】

本题考查函数的单调性的判断和运用，同时考查导数的运用：求单调区间和判断单调性，

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属于中档题和易错题．

x2y222．已知椭圆221(a>b>0)的离心率

abe3,连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4. 2(1)求椭圆的方程;

(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B,若点A的坐标为(-a,0),|AB|的倾斜角.

42,求直线l5x2【答案】(1)y21.

4(2)

π3π或. 44c3和连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为a2【解析】分析:(1)由离心率e2ab4 可求得a,b 的值；

(2)用“设而不求”的方法和“弦长公式”解题. 详解:(1)由ec3，3a24c2，再由c2a2b2,解得a2b. a2由题意可知

12a2b4，即ab2. 2解方程组a2b ，a2,b1.

ab2x2所以椭圆的方程为：y21.

4(2)由(1)可知点A的坐标是2,0.设点B的坐标为x1,y1，直线l的斜率为k，

ykx2 ， 则直线l的方程为ykx2.A,B两点的坐标满足方程组x22y14消去y并整理,得14k2x216k2x16k240 .

4k16k2428k2 y由2x1得，从而，所以x1122214k14k14k第 14 页 共 15 页

28k24k41k242 AB222214k14k14k5整理得32k49k2230 ，即k132k230，解得k1，所以直线l的倾斜角为

22223 或. 44点睛：直线与圆锥曲线的位置关系，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有x1x2,x1x2或y1y2,y1y2，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程，解此方程即可.

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