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

学（文）试题

一、单选题

1．若集合Ax|x5x60，Bx|21，则CRAIB（ ）

2xA．x|1x0 C．x|2x0 【答案】B

B．x|0x6 D．x|0x3

【解析】求得集合A{x|x1或x6}，Bx|x0，根据集合运算，即可求解，得到答案． 【详解】

由题意，集合Ax|x5x60{x|x1或x6}，

2Bx|2x1x|x0，

则CRAx|1x6，所以CRAIBx|0x6. 故选B． 【点睛】

本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中正确求解集合A,B，结合集合的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

2．给出下列四个函数，其中是奇函数，且在定义域上为减函数的是（ ） A．fxxx

3B．fx1x

3C．fx

x【答案】A

xx2 D．fxx1【解析】根据奇函数的概念，与基本初等函数的单调性，逐项判断，即可得出结果. 【详解】

对于选A，fxxxf(x)，所以fxxx是奇函数，

333 又yx是减函数，yx也是减函数，所以fxxx是减函数，故A正确；

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对于选项B，和fx1x，fx1xf(x)，所以fx1x不是奇函数，B错误；

对于选项C，fx33f(x)是奇函数，但fx是增函数，故C错误； xxxx2对于选项D，fx，定义域为,1U1,不关于原点对称，所以

x1xx2非奇非偶，故D错. fxx1故选A 【点睛】

本题主要考查由函数奇偶性与单调性确定函数解析式，熟记函数奇偶性的概念，以及基本初等函数的单调性即可，属于常考题型

rrrr3．已知向量a(1,2)，b(m，1)，若a∥b，则m（ ）

A．2 【答案】C

1B．

2C．

1 2D．2

【解析】直接利用向量平行公式计算得到答案. 【详解】

rrrr11)，a‖b 所以有2m1,m 据已知得：a(1,2)，b(m，2故选C 【点睛】

本题考查了向量的平行的运算，属于基础题 4．函数f(x)exA．(-1，0) 【答案】B

【解析】根据零点存在性定理，即可判断出结果. 【详解】

因为f(x)exxx3 (e=2.71828…是自然对数的底数)一定存在零点的区间是（ ）

2C．(1，2)

D．(2，e)

B．(0，1)

33111，所以f(1)e10，

2e22f(0)e0031350，f(1)e11e0， 2222所以f(0)f(1)0，

由零点存在定理可得：区间(0,1)内必有零点.

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故选B 【点睛】

本题主要考查判断零点所在的区间，熟记零点的存在定理即可，属于基础题型. 5．执行如图所示的程序框图，如果输出的k的值为3，则输入的a的值可以是( )

A．20 【答案】A

B．21 C．22 D．23

【解析】输出的k的值为3,可见一共执行了3次，所以求出每次执行后的值，这样就可以确定的值. 【详解】

根据程序框图可知，若输出的1次时，

，则此时程序框图中的循环结构执行了3次，执行第

，执行第3次时，

，故选A.

，执行第2次时，

，因此符合题意的实数的取值范围是

【点睛】

本题考查了循环结构框图，根据6．下列命题正确的是（ ）

A．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行 B．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 C．垂直于同一条直线的两条直线相互垂直

D．若两条直线与第三条直线所成的角相等，则这两条直线互相平行 【答案】B

【解析】在A中，另一条也与这个平面平行或者包含于这个平面；在B中，利用线面平行的判定定理和性质定理可判断B正确；在C中，垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面；在D中，这两条直线相交、平行或异面． 【详解】

在A中，如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行

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的值，判断退出循环的条件是解题的关键.

或者包含于这个平面，故A错误；

在B中，设平面a，l//，l//，由线面平行的性质定理，在平面内存在直线b//l，

在平面内存在直线c//l，所以由平行公理知b∥c，

从而由线面平行的判定定理可证明b//，进而由线面平行的性质定理证明得b//a，从而l//a，故B正确；

在C中，垂直于同一条直线的两条直线相交、平行或异面，故C错误；

在D中，若两条直线与第三条直线所成的角相等，则这两条直线相交、平行或异面，故D错误． 故选B． 【点睛】

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题．

7．如图所示，某空间几何体的正视图与侧视图相同，则此几何体的表面积为

（ ）

A．6 B．【答案】C

23 C．4 D．23 3【解析】由图可知该几个体由一个圆锥和一个半球组成，所以该几何体表面积为：

rl4r3124134

8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n等于（ ）

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1212A．6 【答案】A

B．7 C．8 D．9

【解析】求出等差数列{an}的通项后判断an何时变号可得Sn取最小值时n的值. 【详解】

因为a4a66，故a53，故等差数列的公差d所以an11n122n13. 当n7时，an0；当1n6时，an0. 所以当n6时，Sn有最小值. 故选：A. 【点睛】

本题考查等差数列的性质、通项公式以及前n项和的最值，注意最值问题可归结为通项的正负来讨论，本题属于基础题.

9．已知直线l1:xay10与l2:2xy10平行，则l1与l2的距离为（ ） A．

3112，

511 5B．5 5C．

3 5D．35 5【答案】D

【解析】先由两直线平行，求出a距离公式，即可求出结果. 【详解】

因为直线l1:xay10与l2:2xy10平行， 所以1(1)2a0，解得a所以l1:x1，得到l1:2xy20，再由两平行线间的21， 21y10，即l1:2xy20， 2因此l1与l2的距离为d故选：D 【点睛】

21221235. 5本题主要考查两平行线间的距离，熟记距离公式，以及直线平行的判定条件即可，属于

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常考题型.

10．若alog30.3，blog0.30.2，c0.20.3，则（ ） A．abc C．acb 【答案】C

【解析】利用指数函数、对数函数性质，逐个分析abc取值范围，进而比较大小． 【详解】

B．bca D．bac

alog30.30，blog0.30.2log0.30.31， c0.20.30.201，且c0，则0c1

acb

故选C 【点睛】

对数式和指数式比较大小题型，通常将数与0、1、2或-1等比较，确定范围，再比较大小．

11．直线ykx3被圆x2y34截得的弦长为23，则直线的斜率为( ) A．3 【答案】D

【解析】由题意可得圆心坐标、圆的半径，已知弦长，可利用勾股定理得圆心到直线的距离，然后利用点到线的距离公式得到关于k的方程，解方程即可。 【详解】

因为直线ykx3被圆x2y34截得的弦长为23，所以圆心2,3到

2222B．3 C．3 3D．3 3直线的距离d选D. 【点睛】

4321，所以2k33k211，解得k3，故

3k212k本题考查直线的斜率的求法，已知弦长，通常利用勾股定理求得圆心到直线的距离，然后利用点到线的距离公式得到方程，解出方程即可，属于基础题。

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f(x)sin(2x)(0)12．若函数的图象关于点,0对称，则的最小值为

3（ ） A．

12 B．

 6C．

 3D．

5 12【答案】C

【解析】由正弦函数图象的性质可得φ＝k【详解】

由f(x)＝sin（2x+φ），

2，（k∈z）再求解即可． 3+φ＝kπ，（k∈z） 32得：φk，（k∈z）

3令2又φ＞0，所以k=1时 则φmin3，

故选C． 【点睛】

本题考查了正弦函数图象的性质，属简单题．

二、填空题

13．A是锐二面角α-l-β的α内一点，AB⊥β于点B，AB=3，A到l的距离为2，则二面角α-l-β的平面角大小为________. 【答案】600

【解析】如图，过点B作BMl与M，连AM，则有l平面ABM，从而得AMl，所以AMB即为二面角l的平面角．

在RtAMB中，AB3,AM2，

所以sinAMBAB3, AM2第 7 页 共 15 页

所以锐角AMB60°．

即二面角l的平面角的大小为600． 答案：600

点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此 可得二面角的平面角，然后通过解三角形的方法求得角，解题时要注意所求角的范围．14．函数ylog1x3x2的单调递增区间为__________．

22【答案】,1

【解析】先求得函数的定义域，然后根据复合函数同增异减求得函数的单调递增区间. 【详解】

由x23x20解得x1或x2，由于

2ylog1x在其定义域上递减，而

22ylogx3x2的单调递增区间为,1. 1yx3x2在x1时递减，故

2【点睛】

本小题主要考查复合函数单调区间的求法，考查对数函数定义域的求法，属于基础题. 15．函数y2cos2xsin2x的值域是______. 【答案】[12,12] 【解析】利用降幂公式和辅助角公式可得y质可求函数的值域. 【详解】

y2cos2xsin2xcos2xsin2x1

2sin2x1，利用正弦函数的性

42sin2x1，

4因为22sin2x2，21y21，

4故函数的值域为[12,12]. 故答案为：[12,12]. 【点睛】

本题考查二倍角公式、辅助角公式以及正弦型函数的值域，注意根据三角函数式的次数

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特征和结构特征选择合适的三角变换公式，本题属于基础题.

16．甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离去．两人能会面的概率为________． 【答案】

7 16【解析】设甲乙从6时起分别经过x 分钟和y分钟到达会面地点，列出不等式组

0x600x60，若两人能够会面，则需0y60，画出可行域，利用面积比的几何0y60xy15概型，即可求解。 【详解】

设甲乙从6时起分别经过x 分钟和y分钟到达会面地点，

0x600x60则，若两人能够会面，则需0y60， 0y60xy15作出约束条件表示的可行域，如图所示，可得(x,y)的所有可能的结果是边长为60的正方形区域，而事件A“两人能够会面的可能”结果，由图中的阴影部分表示，

SA602452360020257由几何概型的概率公式，可得P(A), 2S60360016所以，两人能会面的概率是

7。 16

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．

三、解答题

17．在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且acosCccosA2bcosA. （1）求角A的大小；（2）若a3,c2，求△ABC的面积.

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【答案】（1）A3；（2）SVABC3 2【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，通过两角和与差的三角函数化简求解即可；（2）通过余弦定理求出b，然后求解三角形的面积. 【详解】

（1）因为acosCccosA2bcosA，

由正弦定理可得：sinAcosCsinCcosA2sinBcosA， 所以sin(AC)2sinBcosA，即sinB2sinBcosA， 由sinB0，则cosA由于0A，故A1， 23；

222（2）由余弦定理得，(3)2AC22ACcos3，所以AC1，

故SVABC【点睛】

13. 21sin232本题考查正弦定理与余弦定理的应用，考查计算能力，注意认真计算，书写规范，属中档题. 18．若lgxlg1112，求的最小值. yxy【答案】

1 511的最小值. xy【解析】先求出xy100，再利用基本不等式可求【详解】 由lgxlg12得， yxy100，x0,y0，

Qxy2xy，xy20，当且仅当xy10时等号成立，

11xy201111，故的最小值为. xyxy1005xy5【点睛】

本题考查对数的运算以及基本不等式的应用，一般地，对于二元等式条件下的二元函数

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的最值问题，我们可以用消元法、基本不等式或线性规划等方法来求最值，本题属于基础题.

19．如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，PA平面ABCD，E、

F分别是BC、PC的中点，AB2，AP2.

（1）求证：BD平面PAC； （2）求异面直线EF与PD所成角. 【答案】（1）证明见解析；（2）

. 3【解析】(1)根据线面垂直的判定定理,要证BD平面PAC,只需证BDAC且

PABD即可;

(2)根据EF//PB,问题转化为求BPD,即可得到. 【详解】

(1)连BD,因为PA平面ABCD,所以PABD,

应为底面ABCD为正方形,所以BDAC, 又PAIACA,所以BD平面PAC. (2)因为E、F分别是BC、PC的中点, 所以EF//PB,

所以BPD或其补角是异面直线EF与PD所成角, 在直角三角形PAB中,PB在直角三角形PAD中,PD在直角三角形BAD中,BDPA2AB2222222, PA2AD2222222, AB2AD2222222, 第 11 页 共 15 页

所以三角形PBD为等边三角形,所以BPD所以异面直线EF与PD所成角为【点睛】

3.

. 3本题考查了线面垂直的判定定理和异面直线所成角的求法,属于中档题. 20．已知圆C经过M1(1,0)，M2(3,0)，M3(0,1)三点． (1)求圆C的标准方程；

(2)若过点N (2,31)的直线l被圆C截得的弦AB的长为4，求直线l的倾斜角．

22【答案】(1) (x1)(y1)5 (2) 30°或90°．

【解析】（1）解法一：将圆的方程设为一般式，将题干三个点代入圆的方程，解出相应的参数值，即可得出圆C的一般方程，再化为标准方程；

解法二：求出线段M1M2和M1M3的中垂线方程，将两中垂线方程联立求出交点坐标，即为圆心坐标，然后计算CM3为圆的半径，即可写出圆C的标准方程；

（2）先利用勾股定理计算出圆心到直线l的距离为1，并对直线l的斜率是否存在进行分类讨论：一是直线l的斜率不存在，得出直线l的方程为x2，验算圆心到该直线的距离为1；

二是当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y31kx2，并表示为一般

式，利用圆心到直线的距离为1得出关于k的方程，求出k的值．结合前面两种情况求出直线l的倾斜角． 【详解】

（1）解法一：设圆C的方程为x2y2DxEyF0，

1DF0,D2,则93DF0, ∴E2,

F3,1EF0,22即圆C为xy2x2y30，

∴圆C的标准方程为(x1)2(y1)25；

解法二：则M1M2中垂线为x1,M1M3中垂线为yx， ∴圆心C(x,y)满足

∴C(1,1)，

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半径rCM3145，

∴圆C的标准方程为(x1)2(y1)25．

（2）①当斜率不存在时，即直线l:x2到圆心的距离为1，也满足题意， 此时直线l的倾斜角为90°，

②当斜率存在时，设直线l的方程为yk(x2)31， 由弦长为4，可得圆心C(1,1) 到直线l的距离为541，

|k(12)131|1k∴k21，

3，此时直线l的倾斜角为30°， 3综上所述，直线l的倾斜角为30°或90°． 【点睛】

本题考查圆的方程以及直线截圆所得弦长的计算，在求直线与圆所得弦长的计算中，问题的核心要转化为弦心距的计算，弦心距的计算主要有以下两种方式：一是利用勾股定理计算，二是利用点到直线的距离公式计算圆心到直线的距离．

21．为了了解某校学生课外时间的分配情况，拟采用分层抽样的方法从该校的高一、高二、高三这三个年级抽取5个班进行调查，已知该校的高一、高二、高三这三个年级分别有18、6、6个班级.

（Ⅰ）求分别从高一、高二、高三这三个年级中抽取的班级个数；

（Ⅱ）若从抽取的5个班级中随机抽取2个班级进行调查结果的对比，求这2个班级中至少有1个班级来自高一年级的概率。

【答案】（1）高一、高二、高三这三个年级中分别抽取的班级个数为3，1，1（2）【解析】（1）根据分层抽样的方法，先确定抽样比，进而可得出结果；

（2）先设A1,A2,A3在高一年级中抽取的3个班级，B为在高二年级中抽取的班级，C为在高三年级中抽取的班级，分别用列举法列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，进而可求出结果. 【详解】

（1）解：班级总数为186630，样本容量与总体中的个体数比为所以从高一、高二、高三这三个年级中分别抽取的班级个数为3，1，1

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9 1051， 306（2）设A1,A2,A3在高一年级中抽取的3个班级，B为在高二年级中抽取的班级，C为在高三年级中抽取的班级，从这5个班级中随机抽取2个，全部的可能结果有10种（A1A2，A1A3，A2A3，A1B，A1C，A2B，A2C，A3B，A3C，BC），

随机抽取的2个班级中至少有1个班级来自高一年级的结果一共有9种（A1A2，A1A3，

A2A3，A1B，A1C，A2B，A2C，A3B，A3C）.

所以这2个班级中至少有1个班级来自高一年级的概率为【点睛】

本题主要考查分层抽样，以及古典概型问题，熟记分层抽样的方法，以及列举法求古典概型的概率即可，属于常考题型.

22．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a11，且S4a4a5． （1）求an；

9。 10a}的前n项和Tn． （2）求数列{n2n【答案】（1）an2n1，（2）Tn32n3 2n【解析】（1）直接利用等差数列前N项和公式计算得到答案. （2）

an2n1n，再利用错位相减法计算得到答案. 2n243da13da14d，即46d27d， 2【详解】

（1）设公差为d，由S4a4a5，得4a1解得d2，所以an2n1． （2）

an2n1n n22Tn11352n123Ln，两边同乘以 2222211352n1Tn234Ln+1， 222221122222n1两式相减，得TnTn234Lnn+1

222222211(1n1)12n132n3224n+1n+1．

1222212第 14 页 共 15 页

所以Tn3【点睛】

2n3． 2n本题考查了等差数列通项公式，错位相减法，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.

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