2018-2019学年广东省东莞市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答

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1、2018-2019学年广东省东莞市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1（5分）不等式x2+3x40的解集为（）Ax|x1或x4Bx|x1或x4Cx|4x1Dx|x1或x42（5分）已知实数a，b，c满足0ab，0c1，则下列选项一定成立的是（）Aa+cb+cBacbcCacbDbca3（5分）已知等差数列an的公差是3，且a6+a816，则a10（）A16B17C18D204（5分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b，c，C60，则角B（）A45B30C45或135D30或1505（5分）双曲线1（a0，b0）的离心率为，则它

2、的渐近线为（）AyxByxCy2xDyx6（5分）已知椭圆C：1（ab0）的两焦点为F1（1，0），F2（1，0），P（1，）是椭圆C上一点则椭圆C的离心率为（）ABCD7（5分）已知各项为正的等比数列an，其公比为q，且对任意nN*有an+2an+1+2an，则q（）ABC2D18（5分）如图，在四面体OABC中，G1是ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG2GG1，若x+y+z，则（x，y，z）为（）A（）B（）C（）D（）9（5分）已知x，yR*，xy2x+y，则x+y取得最小值时，x（）AB+1C1D110（5分）已知抛物线x28y的焦点为F，点P在抛物线上，且|PF|6，点Q为抛物

3、线准线与其对称轴的交点，则PFQ的面积为（）ABCD11（5分）设f（x）为最接近（nN*）的整数，如f（1）1，f（2）1，f（3）2，f（4）2，f（5）2，若正整数m满足+4034，则m（）A20162017B20172C20172018D2018201912（5分）如图，四边形ABCD中，CE平分ACD，AECE2，DE，若ABCACD，则四边形ABCD周长的最大值为（）A24B12+3C18D3（5+）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡中相应的位置上)13（5分）已知向量（k，1，1），（2，1，2），若，则实数k   14（5分）实数x，

4、y满足，则目标函数z2x+y的最小值是   15（5分）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆上一点，F1PF2120，且F1PF2的面积为，则椭圆的短轴为   16（5分）已知椭圆C：1（ab0）的右焦点为F（3，0），且离心率为，ABC的三个顶点都在椭圆C上，设ABC三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M，且三条边所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，且k1，k2，k3均不为0O为坐标原点，若直线OD，OE，OM的斜率之和为1，则+   三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10分）已知命题p：实数t满

5、足t25at+4a20q：实数t满足曲线+1为双曲线（1）若a1，且p为假，求实数t的取值范围；（2）若a0，且q是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围18（12分）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（1）求角C的大小；（2）若ABC的面积为，且+，求c的值19（12分）设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn+13Sn1（nN*）（1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn满足：bnlog3an+1，bn的前n项和为Tn，求+的值20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，直线PA与底面ABCD所成的角为45，底面ABCD为梯形，且ABCD，ADC9

6、0，PDABCD2（1）求证：平面PBC平面PBD；（2）线段PC上是否存在一点E，使得二面角PBDE的余弦值为？如存在，求出的值，如果不存在，请说明理由21（12分）2018年10月23日习近平总书记在珠海出席港珠澳大桥开通仪式上宣布：历经5年规划，9年建设，总长约55公里，总投资约1100亿的港珠澳大桥正式开通，将给我国粤港澳大湾区经济腾飞带来积极影响，港珠澳大桥作为一项独特的工程奇观，为跨海放游线路增添新亮点，某旅游公司为了提高相关线路旅游门票的销量，准备举办一场促销会，据市场调查，当每张门票售价定为x元时，销售量可达到（150.1x）万张现投资方为配合旅游公司的活动，决定进行门票价格改

7、革，将每张门票的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格（单位：元）与销售量（单位：万张）成反比，并且根据调查，每张门票售价定为100元时，旅游公司获得的总利润为340万元（每张门票的销售利润售价供货价格）（1）求出每张门票所获利润f（x）关于售价x的函数关系式，并写出定义域；（2）每张门票售价定为多少元时，每张门票所获利润最大？并求出该最大值22（12分）已知椭圆C1：+1（ab0）的左右焦点是F1，F2，且C1的离心率为，抛物线C2：y22px（P0）的焦点为F2，过OF2的中点Q垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为2（1）求椭圆C1的标准方程；（2）设椭圆C1上

8、一动点T满足：+2，其中A，B是椭圆C1上的点，且直线OA，OB的斜率之积为，若N（，）为一动点，点P满足，试探究|NP|+|NQ|是否为定值，如果是，请求出该定值：如果不是，请说明理由2018-2019学年广东省东莞市高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1（5分）不等式x2+3x40的解集为（）Ax|x1或x4Bx|x1或x4Cx|4x1Dx|x1或x4【分析】利用十字相乘法，将不等式进行因式分解进行求解即可【解答】解：由x2+3x40得（x1）（x+4）0得x1或x4，即不等式的解集为x|x1或x4，故选：A【点评】本题主要考

9、查不等式的求解，利用十字相乘法进行因式分解是解决本题的关键2（5分）已知实数a，b，c满足0ab，0c1，则下列选项一定成立的是（）Aa+cb+cBacbcCacbDbca【分析】根据不等式的基本性质可得选C【解答】解：0ab，0c1，acbcb故选：C【点评】本题考查了不等式的基本性质，属基础题3（5分）已知等差数列an的公差是3，且a6+a816，则a10（）A16B17C18D20【分析】根据等差中项的性质，得到a6+a82a716，从而求出a7，故可以用a7和d得到a10【解答】解：根据题意，数列an时等差数列，故a6+a82a716，所以a78，又因为d3，所以a10a7+3d8+3

10、317，故选：B【点评】本题考查了等差数列的性质，等差中项，等差数列的通项公式，属基础题4（5分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b，c，C60，则角B（）A45B30C45或135D30或150【分析】根据正弦定理可得sinB，再根据B为锐角可得【解答】解：由正弦定理得，得，得sinB，又bc，BC，B45，故选：A【点评】本题考查了正弦定理，属基础题5（5分）双曲线1（a0，b0）的离心率为，则它的渐近线为（）AyxByxCy2xDyx【分析】运用离心率公式，再由双曲线的a，b，c的关系，可得a，b的关系，再由渐近线方程即可得到【解答】解：由双曲线的离心率为，则e，即c

11、a，ba，由双曲线的渐近线方程为yx，即有yx故选：B【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查离心率公式和渐近线方程的求法，属于基础题6（5分）已知椭圆C：1（ab0）的两焦点为F1（1，0），F2（1，0），P（1，）是椭圆C上一点则椭圆C的离心率为（）ABCD【分析】由题意可得：2a+，解得a即可得出e【解答】解：由题意可得：2a+4，解得a2又c1，e故选：A【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7（5分）已知各项为正的等比数列an，其公比为q，且对任意nN*有an+2an+1+2an，则q（）ABC2D1【分析】将an+2an

12、+1+2an，转化为a1和q的方程，解方程即可【解答】解：数列an是等比数列，故a1q0，又因为对任意nN*有an+2an+1+2an，即，所以q2q20，解得q2或q1（舍）故选：C【点评】本题考查了等比数列的通项公式和等比数列的性质，属于基础题8（5分）如图，在四面体OABC中，G1是ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG2GG1，若x+y+z，则（x，y，z）为（）A（）B（）C（）D（）【分析】利用三角形重心的性质以及向量的几何运算将用，表示，然后根据空间向量基本定理可得【解答】解：22（），（+）（+）+（）+（+）+，即+，根据空间向量基本定理可得xyz，故选：D【点评】本题考查

13、了空间向量基本定理，三角形重心的性质，属中档题9（5分）已知x，yR*，xy2x+y，则x+y取得最小值时，x（）AB+1C1D1【分析】由重要不等式的应用得：因为x，yR*，xy2x+y，所以1，则x+y（）（x+y）3+3，（当且仅当时取等号），又xy2x+y，解得x，得解【解答】解：因为x，yR*，xy2x+y，所以1，则x+y（）（x+y）3+3，（当且仅当时取等号），又xy2x+y，解得x，故选：B【点评】本题考查了重要不等式的应用，属中档题10（5分）已知抛物线x28y的焦点为F，点P在抛物线上，且|PF|6，点Q为抛物线准线与其对称轴的交点，则PFQ的面积为（）ABCD【分析】设

14、点P的坐标为（x0，y0），根据抛物线的定义可求出点P的坐标，即可求出三角形的面积【解答】解：设点P的坐标为（x0，y0），抛物线x28y的焦点为F（0，2），准线方程为y2，对称轴为y轴，|PF|y0+y0+26，Q（0，2），y06，|FQ|4，x04SPFQ|FQ|x0|448，故选：D【点评】本题考查了抛物线的简单性质和三角形的面积，属于基础题11（5分）设f（x）为最接近（nN*）的整数，如f（1）1，f（2）1，f（3）2，f（4）2，f（5）2，若正整数m满足+4034，则m（）A20162017B20172C20172018D20182019【分析】写出前几项，找出规律，即可求

15、得m的值【解答】解：由1，1，2个，4个，6个，8个，+12+4+6+2n4034，则4034，则2n4034，则n2017，总共有2017个，则f（），故m的值为20172018；故选：C【点评】本题考查函数值的求法，要求学生通过观察，分析归纳发现规律的能力，考查学生分析问题及解决问题的能力，属于中档题12（5分）如图，四边形ABCD中，CE平分ACD，AECE2，DE，若ABCACD，则四边形ABCD周长的最大值为（）A24B12+3C18D3（5+）【分析】设ABCACD，则由题意可求ACEECD，设CDx，利用角平分线的性质可求AC2x，在DEC中，由余弦定理可得9x24xcos，在A

16、EC中，由余弦定理可得04x28xcos，联立解得：x3，可得：CD3，AC6，在ACD中，由余弦定理可得cos，在ABC中，由余弦定理，基本不等式可求AB+BC12，从而可求四边形ABCD周长的最大值【解答】解：设ABCACD，则由CE平分ACD，可得：ACEECD，AECE2，DE，设CDx，由，可得：，可得：AC2x，在DEC中，由余弦定理DE2CD2+CE22CD，可得：3x2+122cos，可得：9x24xcos，在AEC中，由余弦定理AE2AC2+CE22CEACcos，可得：12（2x）2+1222xcos，可得：04x28xcos，由联立解得：x3，可得：CD3，AC6，在AC

17、D中，由余弦定理可得：cos，在ABC中，由余弦定理AC2AB2+BC22ABBCcos，可得：36AB2+BC22ABBCAB2+BC2ABBC2ABBCABBCABBC，当且仅当ABBC时等号成立，（AB+BC）236+3ABBC36+336144，解得：AB+BC12，当且仅当ABBC时等号成立，四边形ABCD周长AB+BC+CD+DA3+3+AB+BC33（5+），当且仅当ABBC时等号成立故选：D【点评】本题主要考查了角平分线的性质，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应用，属于中档题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20

18、分，请把答案填在答题卡中相应的位置上)13（5分）已知向量（k，1，1），（2，1，2），若，则实数k【分析】直接利用向量垂直的充要条件的应用求出结果【解答】解：向量（k，1，1），（2，1，2），若，则：2k+1+20，解得：k，故答案为：【点评】本题考查的知识要点：向量垂直的充要条件的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型14（5分）实数x，y满足，则目标函数z2x+y的最小值是1【分析】由题意画出图形，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，化目标函数z2x+y为y2x+z，由图可知，当直线y2

19、x+z过点A（0，1）时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为1故答案为：1【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题15（5分）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆上一点，F1PF2120，且F1PF2的面积为，则椭圆的短轴为2【分析】由三角形的面积可得|PF1|PF2|4再根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|2a，再利用余弦定理求得b2【解答】解：由F1PF2120，PF1F2的面积为，可得|PF1|PF2|sinF1PF2|PF1|PF2|，|PF1|PF2|4再根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|2a再利用余弦定理可得4c2|PF1|2+|P

20、F2|22PF1PF2cos120（|PF1|+|PF2|）2PF1PF24a24，b21，即椭圆的短轴为2b2，故答案为：2【点评】本题主要考查余弦定理，椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于基础题16（5分）已知椭圆C：1（ab0）的右焦点为F（3，0），且离心率为，ABC的三个顶点都在椭圆C上，设ABC三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M，且三条边所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，且k1，k2，k3均不为0O为坐标原点，若直线OD，OE，OM的斜率之和为1，则+【分析】如图所示，由题意可得：c3，e，b2a2c2联立解得：解得a5，b4.+1设A（x1，y1），B（x

21、2，y2）D（x0，y0）利用点差法即可得出【解答】解：如图所示，由题意可得：c3，e，b2a2c2联立解得：解得a5，b4+1设A（x1，y1），B（x2，y2）D（x0，y0）由+1，+1相减可得：+0，+0，可得：kOD，同理可得：kOE，kOM+（kOD+kOE+kOM）故答案为：【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、中点坐标公式、点差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10分）已知命题p：实数t满足t25at+4a20q：实数t满足曲线+1为双曲线（1）若a1，且p为假，求实数t的

22、取值范围；（2）若a0，且q是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围【分析】（1）由二次不等式的解法得：当a1时，因为p为假，即命题p为真，即实数t满足t25t+40解得1t4，故实数t的取值范围为：（1，4）（2）由充分必要条件得：当命题p为真时，得命题p：at4a，命题q：（2t）（6t）0，即命题q：2t6，又q是p的充分不必要条件，得：，解得，得解【解答】解：（1）当a1时，因为p为假，即命题p为真，即实数t满足t25t+40解得1t4，故实数t的取值范围为：（1，4）（2）当a0时，当命题p为真时，得命题p：at4a，命题q：（2t）（6t）0，即命题q：2t6，又q是p的充分不必要

23、条件，得：，解得，故实数a的取值范围：【点评】本题考查了二次不等式的解法及充分必要条件，属简单题18（12分）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（1）求角C的大小；（2）若ABC的面积为，且+，求c的值【分析】（1）根据正弦定理可得；（2）根据面积公式和余弦定理可得【解答】解：（1）由题意知，根据正弦定理得，得sinC，C是锐角三角形的内角，C（2）因为SABCabsinC，ab4，又+，a+b4，由余弦定理得c2a2+b22abcosC（a+b）23ab481236，c6【点评】本题考查了正余弦定理，属中档题19（12分）设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn+13

24、Sn1（nN*）（1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn满足：bnlog3an+1，bn的前n项和为Tn，求+的值【分析】（1）由数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求通项公式；（2）求得bnlog3an+1log33nn，前n项和为Tnn（n+1），2（），再由裂项相消求和，化简可得所求和【解答】解：（1）a11，Sn+13Sn1（nN*）可得Sn3Sn11，n2，相减可得an+13an，则数列an为首项为1，公比为3的等比数列，可得an3n1；（2）bnlog3an+1log33nn，前n项和为Tnn（n+1），2（），可得+2（1+）2（1）【点评】本题考查数列的通项公

25、式的求法，注意运用数列的递推式和等比数列的定义，考查数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于基础题20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，直线PA与底面ABCD所成的角为45，底面ABCD为梯形，且ABCD，ADC90，PDABCD2（1）求证：平面PBC平面PBD；（2）线段PC上是否存在一点E，使得二面角PBDE的余弦值为？如存在，求出的值，如果不存在，请说明理由【分析】（1）推导出PDBC，ADPD2，过B作CD的垂线BF，推导出BDBC，从而BC平面PBD，进而平面PBC平面PBD（2）以D为原点，DA，DC，DP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线

26、段PC上存在一点E，使得二面角PBDE的余弦值为，1【解答】证明：（1）PD平面ABCD，BC平面ABCD，PDBC，PD平面ABCD，直线PA与底面ABCD所成角为45，PAD45，ADPD2，在RtBAD中，BD2BA2+AD28，过B作CD的垂线BF，则在RtBFC中，BC2BF2+CF28，在BCD中，BD2+BC2CD2，BDBC，BDPDD，BC平面PBD，BC平面PBC，平面PBC平面PBD解：（2）PD平面ABCD，且ADDC，以D为原点，DA，DC，DP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D（0，0，0），P（0，0，2），B（2，2，0），C（0，4，0），（2

27、，2，2），（2，2，0），（0，2，1），由（1）知平面PBD的法向量（2，2，0），设（0，4，2），（0，1），E（0，4，22），（0，4，22），92，2，0），令平面BDE的法向量（x，y，z），则，即，取z1，得（，1），二面角PBDE的余弦值为，|cos|，由（0，1），解得，此时1线段PC上存在一点E，使得二面角PBDE的余弦值为，1【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，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，是中档题21（12分）2018年10月23日习近平总书记在珠海出席港珠澳大桥开通仪式上宣布：历经5年规划，

28、9年建设，总长约55公里，总投资约1100亿的港珠澳大桥正式开通，将给我国粤港澳大湾区经济腾飞带来积极影响，港珠澳大桥作为一项独特的工程奇观，为跨海放游线路增添新亮点，某旅游公司为了提高相关线路旅游门票的销量，准备举办一场促销会，据市场调查，当每张门票售价定为x元时，销售量可达到（150.1x）万张现投资方为配合旅游公司的活动，决定进行门票价格改革，将每张门票的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格（单位：元）与销售量（单位：万张）成反比，并且根据调查，每张门票售价定为100元时，旅游公司获得的总利润为340万元（每张门票的销售利润售价供货价格）（1）求出每张门票

29、所获利润f（x）关于售价x的函数关系式，并写出定义域；（2）每张门票售价定为多少元时，每张门票所获利润最大？并求出该最大值【分析】（1）当每张门票售价定为100元时，销售量可达到（150.1100）5万张令每张门票的浮动价格为（k0）元可得每张门票供货价格为30+元故旅游公司获得的总利润为5340，解得k即可得出f（x）（2）由（1）可知：f（x）x30+120，利用基本不等式的性质即可得出【解答】解：（1）当每张门票售价定为100元时，销售量可达到（150.1100）5万张令每张门票的浮动价格为（k0）元则每张门票供货价格为30+元故旅游公司获得的总利润为5350k340，解得k10f（x）

30、x（30+），x150，xN（2）由（1）可知：f（x）x30+1202+120100，当且仅当150x10，解得x140时取等号，因此每张门票售价定为140元时，每张门票所获利润最大，并求出该最大值为100【点评】本题考查了函数模型、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题22（12分）已知椭圆C1：+1（ab0）的左右焦点是F1，F2，且C1的离心率为，抛物线C2：y22px（P0）的焦点为F2，过OF2的中点Q垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为2（1）求椭圆C1的标准方程；（2）设椭圆C1上一动点T满足：+2，其中A，B是椭圆C1上的点，且直线OA，OB的斜率之积为，若N

31、（，）为一动点，点P满足，试探究|NP|+|NQ|是否为定值，如果是，请求出该定值：如果不是，请说明理由【分析】（1）利用弦长可解p的值，进而得c，再结合离心率可得ab，得方程；（2）利用点T，A，B在椭圆上和OA，OB斜率之积为可得，的关系式，恰为新的椭圆方程，并求得P，Q为其焦点，由椭圆定义得出定值【解答】解：（1）抛物线C2：y22px（P0）的焦点为F2（，0），Q（），过Q垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为2，得p，又，a2，b1，椭圆C1的方程为：；（2）设T（x，y），A（x1，y1），B（x2，y2），则由，得xx1+2x2，yy1+2y2，点T，A，B在椭圆C1上，x2+4y24，x2+4y2（x1+2x2）2+4（x1x2+4y1y2）4，由直线OA，OB的斜率之积为可得，即x1x2+4y1y20，2+421，故N（，）在椭圆上，由Q，可得P（），P，Q为椭圆的左右焦点，由椭圆定义可知|NP|+|NQ|2为定值【点评】此题考查了椭圆，抛物线方程，直线与椭圆的综合，难度较大