2019-2020学年安徽省马鞍山市第二中学高二下学期开学考试数学(文)试题(解析版)

试数学（文）试题

一、单选题

1．已知UR，A0,2，B1,，则AIð UB（ ） A．0,1 B．,2

C．0,2

D．0,1

【答案】D

【解析】根据集合B1,求出ð UB，再利用集合的交集运算即可得. 【详解】

QB1,， ðUB,1，

AðUB0,2,10,1

故选：D 【点睛】

本题考查了集合的补集以及集合的交集运算，属于容易题. 2．如果复数2ia1i是实数，（i为虚数单位，aR），则实数a的值是（ A．4 B．4

C．2

D．2

【答案】B

【解析】根据复数的运算及算数的性质即可得. 【详解】 由题意得：

2ia1i2ia1iaaiaa1i1i2i2222i， 因为复数2ia1i是实数， 所以2a20解得a4 故选：B 【点睛】

本题考查了复数的乘除运算，属于容易题.

第 1 页 共 18 页

） 3．若p,q为两个命题，则“pq”为假命题是“pq”为假命题（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B

【解析】命题“pq”为假命题的判断，是这两个命题至少有一个假命题，命题“pq”为假命题等价为两个命题都是假命题，则前者成立后者不一定成立，反过来后者成立前者一定成立，所以可得出结论. 【详解】

因为命题“pq”为假命题的判断， 则可得这两个命题至少有一个假命题，

又因为命题“pq”为假命题等价为两个命题都是假命题， 所以前者成立后者不一定成立，反过来后者成立前者一定成立， 所以前者是后者的必要不充分条件 故选：B 【点睛】

本题考查了pq和pq真假命题判断，以及充分条件和必要条件的判断，属于较易题. 4．设alog54，blog35，clog45，则（ ） A．abc 【答案】C

【解析】根据对数函数的函数的单调性以及对数的运算性质即可得. 【详解】

因为alog54log551，

B．bca

C．acb

D．bac

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

blog35log331， clog45log441，

blog35lg5lg5log45c， lg3lg4所以acb 故选：C 【点睛】

本题考查了对数函数的单调性，以及对数的运算性质，属于较易题.

第 2 页 共 18 页

5．若tan+

1=4,则sin2= tanB．

A．

1 51 4C．

1 3D．

1 2【答案】D

【解析】本题考查三角恒等变形式以及转化与化归的数学思想.

1sincossin2cos211tan4.. sin2因为，所以1tancossinsincossin222【点评】本题需求解正弦值，显然必须切化弦，因此需利用公式tansin转化；cos另外，从而达到化简的目的；关于正弦、sin2cos2在转化过程中常与“1”互相代换，余弦的齐次分式，常将正弦、余弦转化为正切，即弦化切，达到求解正切值的目的. 体现考纲中要求理解三角函数的基本关系式，二倍角公式.来年需要注意二倍角公式的正用，逆用等

6．设fx为一次函数，若f01，且f1,f4,f13成等比数列，则

f1f2f3......fn等于（ ）

A．nn1 【答案】C

【解析】先根据题意求出fx的表达式fx2x1，则fn2n1是以公差为2的等差数列，即可得到此等差数列的前n项的和. 【详解】

设fxkxb,k0， 因为f01得b1，

又因为f1,f4,f13成等比数列， 所以有：4k1k113k1， 解得：k2， 所以fx2x1，

2B．

nn1 2C．nn2

D．

nn2

2第 3 页 共 18 页

则f1f2f3......fn

357L2n1

n32n1nn2

2故选：C 【点睛】

本题考查了等差数列的前n项的和，考查了学生的计算能力，属于较易题.

7．已知定义在R上的奇函数fx的图像是一条连续不断的曲线，x0时，fx单调递增，则满足：f1xf1xA．1,1

【答案】B

【解析】由题意可得fx在R上单调递增，再对不等式进行移项和奇函数的定义得到

B．1,2 D．12,12

20的实数x的取值范围为（ ）

C．2,1f1xf1x2fx21，再利用函数的单调性求解即可.

【详解】

因为x0时，fx单调递增，且在R上的奇函数， 所以fx在R上单调递增， 因为f1xf1x20，

2所以f1xf1xfx21，

所以1xx21即x2x20， 解得：1x2 故选：B 【点睛】

本题考查了奇函数的定义和性质以及利用单调性求解抽象函数的不等式，属于较难题.

x4y30uuuruuur8．已知点Px,y满足3x5y25，A2,0，则OPOA（O为坐标原点）的最

x10大值为（ ）

第 4 页 共 18 页

A．10 【答案】A

B．2

C．

22 5D．0

x4y30uuuruuur3x5y25【解析】先根据题意画出可行域，目标函数zOPOA2x，根据可x10行域求出目标函数的最大值即可. 【详解】

x因为点Px,y满足4y303x5y25，

x10所以点Px,y的可行域（如图）

目标函数zuOPuuruOAuur2x02x，

由图可得，当目标函数z2x经过A5,2时达到最大值10 故选：A 【点睛】

本题考查了数量积的坐标运算及线性规划求目标函数的最值，属于一般题.

9．一个直棱柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图，则几何体的体积为（

第 5 页 共 18 页

）

A．8cm3 【答案】D

B．9cm3 C．10cm3 D．11cm3

【解析】根据题意，由三视图还原几何体是直四棱柱被平面截去一个三棱锥的几何体，再结合三视图所给的数据，即可求出几何体的体积. 【详解】

由题意中的三视图可还原的几何体为底面边长为2的正方形， 高为3的正四棱柱被平面截去一个三棱锥所得，（如图），

其中M点为A1B1的中点， 所以几何体的体积为：

11V22321311cm3

32故选：D 【点睛】

本题考查了由三视图还原几何体，再根据这个几何体求出体积，考查了学生的计算能力和空间想象能力，属于较难题. 10．若实数x,y满足x1lg10，则y关于x的函数的图象形状大致是（ ） yA． B．

第 6 页 共 18 页

C． D．

【答案】B

【解析】根据题意先对实数x,y满足x1lg10进行化简可得：y10x1，再分y情况讨论判断函数的单调性以及函数的对称性即可得出. 【详解】

因为实数x,y满足x1lgx110， y化简可得y10，且过点1,1，

y10x11x10,x1x1， 10,x1x1当x1时，y10为增函数，

再根据函数图像关于x1对称得到函数图象为B选项的图像. 故选：B 【点睛】

本题考查了利用指数函数的单调性来判断函数的大致图像，关键在于判断函数的图像是关于x1对称，属于一般题.

11．a1，a2，a3，a4是各项不为零的等差数列且公差d≠0，若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列，则A．－4或1 【答案】A

【解析】先利用等差数列通项公式分别表示出a2，a3，a4，进而分别看a1、a2、a3成等比数列，a1、a2、a4成等比数列和a1、a3、a4 成等比数列时，利用等比中项的性质，

222 进而求得a1和d的关系． 得a2a1a3 和a2a1a4和a3a1a4，a1的值为( ) dC．4

D．4或－1

B．1

【详解】

第 7 页 共 18 页

a3a12d? a4a13d 若a1、a2、a3 成等比数列，则根据题意，a2a1d a22a1a3，

2（a1d）a（, 1a12d）a122a1dd2a122a1dd20, 得到d0与条件d0矛盾；

若a1、a2、a4成等比数列，则a2a1a4

2（（a1d）a ， 1a13d）a122a1dd2a123a1d,

2得到da1dQd0da1 则

2a11； d2若a1、a3、a4成等比数列，则a3a1a4，，

2（a12d）a（a124a1d4d2a123a1d4d2a1d 1a13d）Qd0,4da1, 则

a14； d2若a2、a3、a4成等比数列，则a3a2a4，

2（a12d）（a1d）（a13d）a124a1d4d2a124a1d3d2d20,

得到d0与条件d0矛盾综上所述：

a1a1或 14. dd故选A． 【点睛】

本题考查等差数列和等比数列的性质．考查了等差数列通项公式和等比中项的性质的灵活运用．属中档题.

x2y212．已知椭圆221 (ab0)，M、N是椭圆上关于原点对称的两点，P是

ab椭圆上任意一点，且直线PM、PN的斜率分别为k1、k2，若k1k2心率为（ ） A．

1，则椭圆的离41 2B．

2 2C．

3 2D．

2 3【答案】C

第 8 页 共 18 页

【解析】试题分析：设点M（m，n）,则N（-m，-n）,其中，则

……①

设P（x，y），因为点P在椭圆上，所以

，因为k1k2=

，即………………②

又k1=，k2=

1,所以4||=………………………………③

① ②代入③得：||=，即，所以，所以 ．

【考点】本题考查椭圆的基本性质；椭圆的离心率；直线的斜率公式．

点评：本题主要考查了椭圆的应用，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力．

二、填空题

13．动圆过点1,0，且与直线x1相切，则动圆的圆心的轨迹方程为________. 【答案】y4x

【解析】设动圆圆心坐标为(x,y)

动圆过定点P(1,0)，且与定直线l:x=−1相切 即圆心到定点P和到直线l的距离都等于半径

根据两点间的距离公式可知,(x−1)2+y2=(x+1)2整理得y4x. 故答案为y4x.

点睛：求轨迹方程的常用方法：

（1）直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)＝0． （2）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程．

（3）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．

（4）代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(x，y)的轨迹方程．

222uuuruuuruuuruuuruuuruuur14．在平面四边形ABCD，AC3，BD2，则ABDCACBD______.

第 9 页 共 18 页

【答案】5

【解析】根据已知条件利用向量的加法把ABDC转化为ACBD，再代入即可. 【详解】

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur因为ABDCACCBDBBC

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurACDBCBBCACDBACBD，

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur所以ABDCACBDACBDgACBDAC故答案为：5 【点睛】

本题考查了向量的加法以及数量积的运算，属于较易题.

2uuur2BD5，

15．已知直线ykxk2交圆x3y49于A,B两点，则弦长AB的最小值为______. 【答案】2

【解析】由题意可得：圆x3y49的圆心C3,4，半径R3，当直线AB过定点M1,2且垂直于直线CM时弦长AB取到最小值，利用勾股定理求出弦长

2222AB的最小值.

【详解】

因为直线ykxk2kx12恒过定点M1,2， 圆x3y49的圆心C3,4，半径R3，

所以当直线AB过定点M1,2且垂直于直线CM时弦长AB取到最小值， 因为C3,4，M1,2， 所以|CM|2231422222，半径R3，

22所以有AB2RCM2982 min故答案为：2 【点睛】

本题考查了求圆内弦长的最值，关键是需要判断什么情况下弦长AB取到最小值，属于一般题.

第 10 页 共 18 页

16．设0x1，则【答案】322 12的最小值为______. x1x【解析】根据题意有分母和x1x1（常数），所以把

12乘上1再化简成x1x31x2x后利用基本不等式即可求出最小值. x1x【详解】

因为x1x1（常数）， 所以

12211 x1xx1x21x2x1x1x12 x1xx1x31x2x1x2x32322， x1xx1x1x2即x21时等号成立 x当且仅当

故答案为：322 【点睛】

本题考查了利用基本不等式求和的最小值，关键巧用“1”的乘积，属于一般题.

三、解答题

17．（1）已知定义在R上的函数fxx1x2的最小值为m，求m的值； （2）若a,b,c为实数，求证：a2b2c2abbcca. 【答案】(1)3；(2)见解析；

【解析】(1)根据题意利用绝对值的三角不等式即可求出函数的最小值m； (2)先对不等式两边同时乘以2，再利用基本不等式即可证明. 【详解】

(1)因为函数fxx1x2，

所以有：fxx1x2x1x23 当x1,2时等号成立，

即函数fxx1x2的最小值m3；

第 11 页 共 18 页

(2)2abc222a2b2b2c2c2a2

2ab2bc2ca2abbcca，

则有a2b2c2abbcca，即证 【点睛】

本题考查了利用绝对值的三角不等式求最值，以及利用基本不等式证明不等式，属于一般题.

18．函数fxsinx0,的最小正周期为，且其图像向右平移个

26单位后得到的函数为奇函数，

（1）试求函数fx的解析式；和其单调递增区间； （2）A,B,C为VABC的内角，满足f3A，a3，求bc的取值范围. 22【答案】（1）fxsin2x3；5k,kkZ （2）

1212bc3,23

【解析】(1)根据题意利用最小正周期求出的值，再利用图像变换后为奇函数和

2求出的值即可求出函数fx的解析式；再以整体代入法求出单调递增区间；

(2)由f3AA求出，再利用正弦定理把边转化成角，求出三角函数的取值322范围即可. 【详解】 解：∵T2，∴2

又fxsin2x为奇函数，，∴ 362∴fxsin2x 322k2x322kkZ

∴fx单调递增区间为5k,kkZ

1212第 12 页 共 18 页

（2）∵f3A，0A， 22∴f3A，0A， sinA=3223，

∴Abca由正弦定理得sinBsinCsinA32， 32即：b2sinB，c2sinC2sin2B， 3∴bc2sinB2sin2B 3312sinB22cosB2sinB3sinB3cosB

3123sinBcosB23sinB 226又0B∴

2， 36B65， 6∴sinB∴bc【点睛】

13,23.

,1， 62本题考查了三角函数的性质以及图像变换，利用正弦定理把边转化成角求两边和的取值范围，属于一般题.

19．数列an的前n项和记为Sn，a1t，点Sn,an1在直线y=3x+1上，nN*. （1）当实数t为何值时，数列an是等比数列？

（2）在（1）的结论下，设bnlog4an1，cnanbn，Tn是数列cn的前n项和，求Tn.

4n11nn【答案】（1）t1 （2）Tn 32第 13 页 共 18 页

【解析】(1)由题意得点Sn,an1在直线y=3x+1上，可得到数列an的前n项和Sn与an的关系，根据这个关系可得到an14an，n1，根据已知条件求出a2，代入

a24a1即可求出实数t的值；

(2)把数列an的通项代入可得到bn以及cn，再利用分组求和方法求出Tn. 【详解】

解：（1）∵点Sn,an1在直线y=3x+1上 ∴an13Sn1，an3Sn11，n1

an1an3SnSn13an，∴an14an，n1

a23S113a113t1，

∴当t1时，a24a1，数列an是等比数列.

n（2）在（1）的结论下，an14an，an14，

bnlog4an1n， cnanbn4n1n，

Tnc1c2...cn401412...4n1n 144...42n14n11nn123...n32

【点睛】

本题考查了已知数列an的前n项和Sn与an的关系判断等比数列以及利用分组求和方法求数列的前n项和，属于一般题.

20．已知圆C的方程为x2y41，直线l的方程为2xy0，点P在直线上，过点P作圆C的切线PA,PB，切点为A,B. （1）若APB60，求点P的坐标；

（2）求证：经过A,P,C（其中点C为圆C的圆心）三点的圆必经过定点，并求出所有定点的坐标.

【答案】（1）2,4或,26128160,4 2（）证明见解析；和, 5555第 14 页 共 18 页

【解析】(1)设Pa,2a，根据已知条件APB60可得PC2，结合C点间的距离公式即可；

0,4和两

(2) 设Pa,2a，求出经过A,P,C三点的圆的方程，再对方程进行合并项，含a的式子的系数为零即可求出定点坐标. 【详解】

解：（1）由条件可得圆C的圆心坐标为0,4，PC2，设Pa,2a， 则a22a42，解得a2，或a所以点P的坐标为2,4或,26， 5612.

55（2）设Pa,2a，过点A,P,C的圆即是以PC为直径的圆， 其方程为xxay4y2a0， 整理得xyax4y2ay8a0， 即xy4yax2y80.

22228x,x2y24y0,x0,5由得或

16y4x2y80,y,5∴该圆必经过定点0,4和,【点睛】

本题考查了圆的切线性质，圆过定点问题，关键要求出含参数的圆的方程，属于一般题. 21．AB是圆O的直径，如图，一简单组合体的一个面ABC内接于圆O，四边形DCBE为平行四边形，且DC平面ABC． （1）证明：平面ACD平面ADE； （2）若AB2，BC1，tanEAB816. 553，试求该简单组合体的体积V． 2第 15 页 共 18 页

【答案】（1）详见解析；（2）V1． 【解析】【详解】

（１）证明：∵DC平面ABC ,BC平面ABC ∴DCBC． ∵AB是圆O的直径 ∴BCAC且DCIACC ∴BC平面ADC．

∵四边形DCBE为平行四边形,∴DE//BC ∴DE平面ADC

又∵DE平面ADE ∴平面ACD平面ADE （2）所求简单组合体的体积：VVEABCVEADC

∵AB2，BC1，tanEAB∴BEEB3 AB23,ACAB2BC23 111SADCDEACDCDE 362111VEABCSABCEBACBCEB

36211∴该简单几何体的体积V1

22∴VEADC22．已知直线xky30所经过的定点F恰好是椭圆C的一个焦点，且椭圆C上的点到点F的最大距离为8. （1）求椭圆C的标准方程；

（2）已知圆O:xy1，直线l:mxny1.试证：当点Pm,n在椭圆C上运动

22第 16 页 共 18 页

时，直线l与圆O恒相交，并求直线l被圆O所截得弦长L的取值范围.

1546x2y2,1 （2）证明见解析；【答案】（1）

251625【解析】(1)由题意先求出F3,0即c3，再根据椭圆C上的点到点F的最大距离为

8，即ac8，结合a2b2c2计算即可；

(2) 由圆O:x2y21，直线l:mxny1可求出圆心O(0,0)直线l:mxny1的距离，再代入弦长公式，结合根据直线l与圆O恒相交以及椭圆方程即可求出

l:mxny1被圆O所截得弦长L的取值范围.

【详解】

解：（1）由xky30，得x3ky0， 所以直线过定点3,0，即F3,0.

x2y2设椭圆方程221ab0

abc3a5x2y2b4，所以椭圆方程为1 ac82516a2b2c2c3m2n2（2）因为点Pm,n在椭圆上，所以1，

2516圆心O到直线l:mxny1的距离为

d1mn2211m2161m225192m16251

所以直线l与圆O恒相交. 又直线l被圆O截得的弦长为

L2r2d2211121， 92m2n2m162592m1625， 25由于0m225，所以1615461546,,则L，即直线l被圆O截得的弦长的取值范围是. 2525第 17 页 共 18 页

【点睛】

本题考查了圆内弦长公式以及椭圆的简单性质，属于一般题.

第 18 页 共 18 页