2019-2020學(xué)年湖南省五市十校高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題(解析版)

1、=162019-2020 學(xué)年湖南省五市十校高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題一、單選題1已知集合U 123,4,5,6,7A = 23,4,5?, B=2,3,6,7?，則BD CuAA A 訃6?B B.認(rèn)7C C.6,7?D D d,6,7；【答案】C C【解析】先求6 A，再求B - Qj A.【詳解】由已知得CuA1,6,7?,所以BCuA二6,7，故選 C C.【點(diǎn)睛】本題主要考查交集、補(bǔ)集的運(yùn)算滲透了直觀想象素養(yǎng)使用補(bǔ)集思想得出答案.2 2設(shè)xR，則0：x：2 2”是x2-2x -3：0”的（ ）A A 充分不必要條件B B.必要不充分條件C C 充要條件D D 既不充分也不必要條件【答案】

2、A A【解析】首先解一元二次不等式x2_2x_3：0= / x：3，然后根據(jù)充分不必要條 件即可判斷. .【詳解】由x22x-3：0，則-1x0時(shí)，若命題Ex。R,ax+2x0+10”是真命題，則=44a0, 最后綜合結(jié)論即可得出選項(xiàng). .【詳解】_72當(dāng)a = 0時(shí)，命題2x0ER,ax0+2x0+1 0 0, k kl）的點(diǎn)的軌跡是圓，后人將這個(gè)圓稱為阿波羅尼斯圓.在平面直角坐標(biāo) 系中，設(shè) A A （-3 3, 0 0）, B B （3 3, 0 0），動(dòng)點(diǎn) M M 滿足jMAj= 2 2,則動(dòng)點(diǎn) M M 的軌跡方程為IMBI()【詳解】可得：2 2 2 2(x+3x+3)2+y+y2=

3、4 4 (x x- 3 3)2+4y+4y2,即 x x2- 10 x+y10 x+y2+9+9 = 0 02整理得（x-5 ） +y2=16，故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為【點(diǎn)睛】本題考查了軌跡方程的求解方法，其中屬于直接法，一般軌跡方程的求解有1 1 直接法，2.2.代入法，3.3.定義法，4.4.參數(shù)法. .1111如圖，AD是某防汛抗洪大壩的坡面，大壩上有一高為2020 米的監(jiān)測(cè)塔BD，若某科研小組在壩底A點(diǎn)測(cè)得BAD =15，沿著坡面前進(jìn) 4040 米到達(dá)E點(diǎn)，測(cè)得.BED=45；，則大壩的坡角（DAC）的余弦值為（）2 2A A . (x x- 5 5) +y+y = 16162 2“C C

4、 . (x+5x+5) +y+y = 1616【答案】A A22B B.x x+ + (y y- 5 5)=9 92 2D D. x x + + ( y+5y+5 )= 9 9【解析】 首先設(shè)M x,y，代入兩點(diǎn)間的距離求MA和MB，最后整理方程解析：設(shè)M x, y，由MAMB=2,2(x+3)2(x_3) +y2 2x_5y2=16 選 A.A.第1010頁(yè)共 1919 頁(yè)【解析】 由.BAD =15 ,BED =45，可得.ABE =30，在ABE中，由正弦定理得BE =20的-、2，在BED中，由正弦定理得sin. BDE=.J3-1，進(jìn)而由sin . BDE =sin：. /DAC 9

5、0可得結(jié)果. .【詳解】因?yàn)?BAD =15,. BED=45：，所以ABE =30 又.ACD =90：，所以sin BDE二sin:. Z DAC 90，所以cos. DAC f 3 -1. .故選：A.A.【點(diǎn)睛】本題考查正弦定理解三角形，考查誘導(dǎo)公式，考查學(xué)生合理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化的能力，屬于中檔題 2 21212 已知橢圓C:務(wù)占=1（a b 0）的左，右焦點(diǎn)分別為F1,F2，以F2為圓a2b2心的圓過(guò)橢圓C的中心，且與C在第一象限交于點(diǎn)P，若直線PF1恰好與圓F2相切于A A - - - -3 3- -1 1V V【答案】AC C 、2-1在.ABE中，由正弦定AEsin 30，解得BE

6、 =206-、2. .sin 15BEBDsin BDE - sin45所以sinBDE20第1111頁(yè)共 1919 頁(yè)點(diǎn)P，則C的離心率為（）第1212頁(yè)共 1919 頁(yè)【答案】A A【解析】禾U用已知條件以及橢圓的性質(zhì)列出關(guān)系式，求解橢圓的離心率即可【詳解】橢圓C的中心，且與C在第一象限交于點(diǎn)P，若直線PF1恰好與圓F2相切于點(diǎn)p，可得(2a -c)2 c2=4c2，可得2a22ac二c2所以e22e -2 =0,e (0,1)解得e=一12= . 3 -12故選：A A【點(diǎn)睛】本題考查利用橢圓的定義以及性質(zhì)求離心率，屬于中檔題、填空題【答案】2f 2 -f 1的值. .【詳解】A A 、

7、,3 -1橢圓C:=1（a b 0）的左，右焦點(diǎn)分別為Fi，F(xiàn)2，以F2為圓心的圓過(guò)1313 .已知函數(shù)2xx1W，則fg【解2 x 1由函數(shù)f(X )=/求出f(2)=4,、x2+1,x蘭1f (1)=1 -12，由此能求出第1313頁(yè)共 1919 頁(yè)2xx 1丁函數(shù)f (x )=:* +1,x1f (2) =4,f (1)=1 1=2,f 2 -f 1 =4-2 = 2故答案為：2【點(diǎn)睛】第1414頁(yè)共 1919 頁(yè)本題考查分段函數(shù)求值，屬于基礎(chǔ)題 14.已知tana, tantanB是方程2x2+3x _5 =0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則tan+ P)=_.3【答案】-37【解析】 根據(jù)根與系數(shù)之

8、間的關(guān)系得到tan：tan一：和tan tan一：的值，利用兩角和 的正切公式進(jìn)行計(jì)算即可【詳解】Ttan：, tantan - -是方程2x2 3x _5 =0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,R R5 5tantan : : tantan - -3,Y.R, ta n + ta n P一23由tan21 - tan：tan卜 57，1一23故答案為：-7【點(diǎn)睛】本題主要考查正切的兩角和的公式，需熟記公式a11515已知a,bR，且a3b+6=0，則2+的最小值為. .8b1【答案】-4【解析】由題意首先求得a-3b的值，然后結(jié)合均值不等式的結(jié)論整理計(jì)算即可求得最終結(jié)果，注意等號(hào)成立的條件 【詳解】 由a -

9、3b，6二0可知a - 3b二-6，1且:2ab=2a，2；b，因?yàn)閷?duì)于任意x，2x0恒成立，8b結(jié)合均值不等式的結(jié)論可得：2a2“b2 ,2a2b=2 , 2=丄.411綜上可得2a8b的最小值為4.【點(diǎn)睛】在應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，要把握不等式成立的三個(gè)條件，就是一正一一各項(xiàng)均為當(dāng)且僅當(dāng)2a二2 sa -3b一6，即_3時(shí)等號(hào)成立b=1第1515頁(yè)共 1919 頁(yè)正；二定一一積或和為定值；三相等 一一等號(hào)能否取得”，若忽略了某個(gè)條件，就會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤.1616已知數(shù)列 曲滿足：-m, N N”，am 0=Om n，且=三，函數(shù)xf (x)= sin2x +6cos23，記 0 =f (an)，

10、則數(shù)列bn的前29項(xiàng)和為_(kāi) ,【答案】87【解析】 首先根據(jù)題意求出a1- a29=二，再化簡(jiǎn)2Xf x二sin 2x 6cos sin 2x 3cos x 3，根據(jù)bn= f an求得b b29= 6，從而得出T29=14(d d9) b5=14 6 b15，再有“5 =f(a15)=3即可求解. .【詳解】由為a - am.n，貝ya1 a29二a30 =a15 a15二2a15 - ix又f x二sin 2x 6cos2f x二sin 2x 3cos x 3,bn= f an所以b| *b?9= f (a) + f (a?) = sin 2a*3cosa*3 *sin 2a?9*3cos

11、a?9*3又ai a29二，所以bi 69二6所以數(shù)列 低的前29項(xiàng)和T29二bib2b3丨1小27b2829=14(029) 5二也6尬,因?yàn)椤?二f(ai5) =f ( ) =0 0 3 =32所以T29-87故答案為：87【點(diǎn)睛】本題是數(shù)列與三角函數(shù)相結(jié)合的綜合性題目，解決此題需理解題干中新定義，屬于中檔題 三、解答題1717 .已知：an是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，ai= 2,a3= 2a?+16. .(1) 求數(shù)列Qn 的通項(xiàng)公式；第1616頁(yè)共 1919 頁(yè)f 11(2) 設(shè)bn= log2an,求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. .I. bn bn4t J第1717頁(yè)共 1919 頁(yè)【答案】（

12、1）時(shí)1 2 3_（2）T2n 1【解析】 (1 1)由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出q即可求解. .(2)由(0求出bn的通項(xiàng)公式，再有裂項(xiàng)相消法求和即可【詳解】解：（1 1 ）由已知：ai = 2,a3=2a2+1622q = 4q + 16即q2-2q -8 = 0，所以q =4或q = -2（舍去），n 1小4n 12n 1.anpq =2 4=2 -2n 1（2 2）由（1 1）知：bn= log2a*= log22_= 2n -1”1_1= 1 f _1bnbn 12n -1 2n 12 2n -1 2n 11 1求該班數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?0,60的頻率及全班人數(shù)；2 2根據(jù)頻率分布直方圖估計(jì)該班

13、這次測(cè)評(píng)的數(shù)學(xué)平均分；3 3 若規(guī)定90分及其以上為優(yōu)秀，現(xiàn)從該班分?jǐn)?shù)在80分及其以上的試卷中任取2份b1b2b2b3bnbn 1亠丄12.33冊(cè)=i一的訃第1818頁(yè)共 1919 頁(yè)【點(diǎn)睛】 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式以及裂項(xiàng)相消法求和，屬于中檔題1818 . 20182018 年，教育部發(fā)文確定新高考改革正式啟動(dòng)，湖南、廣東、湖北等8 8 省市開(kāi)始實(shí)行新高考制度，從 20182018 年下學(xué)期的高一年級(jí)學(xué)生開(kāi)始實(shí)行. .為了適應(yīng)新高考改革，某校組織了一次新高考質(zhì)量測(cè)評(píng)，在成績(jī)統(tǒng)計(jì)分析中，高二某班的數(shù)學(xué)成績(jī)的莖葉圖和頻率分布直方圖因故都受到不同程度的損壞，但可見(jiàn)部分如下，據(jù)此解答如下問(wèn)題：

14、4第1919頁(yè)共 1919 頁(yè)分析學(xué)生得分情況，求在抽取的2份試卷中至少有1份優(yōu)秀的概率 3【答案】（1 1）頻率為0.08,全班人數(shù)為25. .（ 2 2）73.873.8 ；（ 3 3）-5【解析】（1 1）由頻率分布直方圖小矩形的面積即為頻率，頻數(shù)“頻率即得出全班人數(shù). .（2 2） 根據(jù)頻率分布圖平均數(shù) 二每個(gè)小矩形底邊中點(diǎn)橫坐標(biāo)小矩形的面積，代入數(shù)據(jù) 即可求解. .（3 3）列出基本事件，根據(jù)古典概型的概率求法即可求解【詳解】2（1 1）頻率為0.08,頻數(shù)=2=2,所以全班人數(shù)為25. .0.08（2 2） 估計(jì)平均分為：55 0.08 65 0.28 75 0.4 85 0.16

15、 95 0.08 = 73.8. .（3 3） 由已知得80,100的人數(shù)為：（0.16+0.080.16+0.08）（0.16 0.08）25= 4-2 =6. .設(shè)分?jǐn)?shù)在80,90的試卷為A，B，C，D，分?jǐn)?shù)在90,1001的試卷為a，b. .則從6份卷中任取2份，共有15個(gè)基本事件，分別是AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab，其中至少有一份優(yōu)秀的事件共有9個(gè)，分別是Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，ab，93在抽取的2份試卷中至少有1份優(yōu)秀的概率為 p=p=-.=-.155【點(diǎn)睛】本題考查了莖葉圖、頻率分布直方圖以及古典概

16、型的概率，屬于綜合性題目（兀）兀）佃在 ABCABC 中，a a, b b, c c 分別為內(nèi)角 A A, B B, C C 的對(duì)邊，且 asinasin B B=- bsinbsinA A . .3（1 1）求 A A;若 ABCABC 的面積 S S=三 c c2 2,求 sinsin C C 的值.4【答(1)5:6(2)14【解析】（1 1）利用正弦定理化簡(jiǎn)已知等式即A=A=. .（2 2）先根據(jù)ABCABC 的面積 S S=仝24第2020頁(yè)共 1919 頁(yè)再利用余弦定理得到a a= ,7,7 c c,再利用正弦定理求出sinsin C C 的值.第2121頁(yè)共 1919 頁(yè)【詳解】

17、znz兀(1)(1)因?yàn)?asinasin B B = bsin(bsin(A)，所以由正弦定理得sinsin A A = sin(sin(A ),33【點(diǎn)睛】本題主要考查三角恒等變換， 考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查學(xué)生對(duì)這些知 識(shí)的掌握水平和分析推理計(jì)算能力 2020 .如圖，在三棱柱ABC- AB1C1中，CG_底面ABC，D、E、F、G分別為AA1，AC、A1C1、BB1，的中點(diǎn)，且AB=BC=f5,AC=2.3,AA,= 15. .(1)(1) 證明：AF|_I平面BEC1；(2)(2) 證明：AC_FG;(3)(3) 求直線BD與平面BEC1所成角的正弦值. .【答案】(1

18、 1)證明見(jiàn)解析；(2 2)證明見(jiàn)解析；(3 3)色衛(wèi)14【解析】(1 1)根據(jù)題意由F二AE,FC1= AE，證出AF二EC1即可證出AFLI平面BEC1;(2)先證出AC_平面BEF，再有FG平面BEF即可證出AC FG;(3)過(guò)D作DO_GE于點(diǎn)O,連接BO，可證出DBO就是所求的角，在三角形中求解即可；即 sinsin A A =1sinsin A Acoscos A A，化簡(jiǎn)得 tantan A A =因?yàn)?A A (0(0,n,所以5 -因?yàn)锳=-，所以sinsin A A=-，由S S=所以 a a2= b b2+ c c2 2bccos2bccos A A= 7c7c2，則 a

19、 a=、7c c,由正弦定理得sinsin C C =csin A 7a 14第2222頁(yè)共 1919 頁(yè)【詳解】(1 1)連接AF,TE,F分別為AC,A1C1的中點(diǎn)且ACACi,AC = A1C1二FC. AE,F = AE四邊形AEC1F是平行四邊形，.AF二EC1又 AFAF 二平面BEC1，E平面BEC1， AFLI平面BEC1. .(2 2)在三棱柱ABC -A1B1C1中，ClCl7 C。_平面ABC，四邊形AACC1為矩形.又E,F分別為AC,AG的中點(diǎn)， AC _EF.AB二BC.AC _ BE,AC_ 平面BEF. 又G是BB1中點(diǎn)，BB1L.EF,G在平面BEF內(nèi)， AC

20、 FG. .(3 3)過(guò)D作DO C1E于點(diǎn)O,連接BO,易證BE_平面ACC1A,DO _ BE,DO平面BEC1從而/DBO就是所求的角. .第2323頁(yè)共 1919 頁(yè).直線BD與平面BECi所成的角的正弦值為I414【點(diǎn)睛】本題考查了立體幾何中線面平行、異面直線垂直、線面角，要證線面平行，則要證線線平行；證明異面直線垂直，需證線面垂直；求線面角的步驟作、證、求”此題是立體幾何的綜合性題目 2121.已知數(shù)列an/的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn-2an*2=0，函數(shù)f x對(duì)任意的R都有 f f x x f f 1 1 _x_x =1=1，數(shù)列匯？滿足(1)(1) 求數(shù)列 SnSnI,江/的通項(xiàng)

21、公式;(2)(2) 若數(shù)列:Cn滿足Cn二a.0 ,人是數(shù)列”心？的前n項(xiàng)和，是否存在正實(shí)數(shù) k k，對(duì)2于任意N”，不等式k n -9n 26 4nq,恒成立？若存在，請(qǐng)求出k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由 . .n +1【答案】(1 1)an=2n. .bn=w； (2 2)存在，2,:【解析】()由Sn求an,根據(jù)Sn- 2a“ 2 = 0得Sn二2an- 2，再有Sn- Sn 4=2an- 2a“ 4得an= 2an 4即可求出an的通項(xiàng)公式；由 fxffxfxx,根據(jù)倒序相加法可求bn. .(2(2)用分離參數(shù)法，根據(jù)(1 1)由k n2- -9 9n 26 Tn4ncn得k22

22、n1一，令n -9n+26g n22 n 1n N*求出gnmax二2即可. .n29 n+26【詳解】解: (1) Sn-2an2=0即Sn=2an-2由平面幾何知識(shí)計(jì)算BV，D。十DOBD3 1414第2424頁(yè)共 1919 頁(yè)當(dāng)n =1時(shí)，$=22,a2當(dāng)n亠2時(shí)，Sn斗二2and- 2, Sn-Sn4=2a“- 2a*4，即an= 2and第2525頁(yè)共 1919 頁(yè).& ?是等比數(shù)列，首項(xiàng)為 印=2，公比為2, a.=2n. .bn- + + ，得2bn二n 1,n +1bn :2(2 2)Y Cn二anbn,C.二n，1-2nJ012n.Tn =2 23 24 2n1 2.

23、 .123n 1n2Tn =2 23 24 2n 2 n1 2得-Tn-2 21 22-2nJ_ n 1 2n即Tn =n -2n. .要使得不等式k n2-9n，26 Tn4ncn恒成立,2Tn - 9n 26 Tn0恒成立當(dāng)且僅當(dāng)n =5時(shí)等號(hào)成立，故g(n)max=2. .故k的取值范圍為2,. .【點(diǎn)睛】本題考查由Sn求an的通項(xiàng)公式，倒序相加法求通項(xiàng)公式以及分離參數(shù)法求參數(shù)的取值對(duì)于n -9n 26切的nN*恒成立,2 n 12n2-9n 262 n 12n-9n 26gn =(n +1 ) 11( n +1 )+36n 1 -1136n 12 n 136-11V5 +1)x x f

24、 f 1-x1-x =1=1 ,T bn二f 0 f丄5 丿In第2626頁(yè)共 1919 頁(yè)范圍，綜合性比較強(qiáng) 2 22222.已知橢圓C:篤爲(wèi)=1（a b 0）的左，右頂點(diǎn)分別為A, A,長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,a2b2且經(jīng)過(guò)點(diǎn)P 1,3. .I 2丿（1 1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2 2） 若M為橢圓C上異于A，A的任意一點(diǎn)，證明：直線MA!，MA2的斜率的乘 積為定值；（3 3）已知兩條互相垂直的直線li，I2都經(jīng)過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F，與橢圓C交于A，B B和M,N四點(diǎn)，求四邊形AMBN面積的取值范圍【解析】（1 1）由長(zhǎng)軸長(zhǎng)為 4 4 可求a= =2 2，再由待定系數(shù)法把點(diǎn)代入橢圓方程即可求橢圓 的標(biāo)準(zhǔn)方程;2kMAkMA 字，點(diǎn)M在橢圓上可得22Xo-44 - x2。4代入上式化簡(jiǎn)即可1（3）當(dāng)li，12中有一條斜率不存在時(shí)，SAMBN4