广东省广州市荔湾区2019-2020学年高二数学上学期期末教学质量检测答案与评分标准

-1-2019-2020学年第一学期期末教学质量监测高二数学参考答案与评分标准说明：1．参考答案与评分标准给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据试题主要考查的知识点和能力对照评分标准给以相应的分数．2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一、选择题，每小题5分,共60分.题号123456789101112答案CDDCBBCBADBA部分小题解答8.解:由337Sa，得12337aaaa，所以3126()0aaa，即2610qq，所以11,23qq（舍去）．依题意得2410aa，即31()10aqq，所以116a．所以55116[1()]231112S．故选B．9.解:若{}na是等比数列，则na是nka与nka的等比中项，所以原命题是真命题，从而，逆否命题是真命题；反之，若(*)nnknknaanknkaaN，,，则当1k时，11(1*)nnnnaannaaN，，所以{}na是等比数列，所以逆命题是真命题，从而，否命题是真命题．故选A．10.解:双曲线22:13yCx的渐近线方程为3yx，无妨设60POF，-2-因为POPF，||2OFc，所以得||2cos601,||2sin603POPF，所以PFO的面积为131322．故选D．11.解:设BCx，则1000CDx，所以11111000(10)(4)ABCDSxx100001040(4)xx100001040241440xx，当且仅当100004xx，即50x时，取“=”号，所以当50x时，1111ABCDS最小．故选B．xzyMBDCAO12.解:取AC中点O，易证：,,ODACODOBACOB.如上图，以O为坐标原点，OBuuur的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),OBAC(0,0,23),(0,2,23),DADuuur(0,2,23)DCuuur.设(,2,0)(02)Maaa，则(,4,0)AMaauuur.设平面DAM的法向量(,,)xyzn.由0,0ADAMnnuuuruuur得2230(4)0yzaxay，-3-可取(3(4),3,)aaan，所以222|2323|3sin|cos,|443(4)3aaDCaaanuuur，解得4a（舍去），43a，所以224845||333AM．故选A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.714.26015.3116.214.解:因为从第二排起每一排都比前一排多出相同的座位数，所以座位数na构成等差数列na.因为720a，所以113713713()1321326022aaaSa.15.解法一:如图,因为2POF△为正三角形，所以12||||||OFOPOF，所以12FPF是直角三角形.因为2160PFF，21||2FFc，所以21||,||3PFcPFc.因为21||||2PFPFa，所以32cca即23131ca，所以31e.yxPF1F2AO-4-解法二：如图，易得点13(,)22Pcc，代入22221xyab，得222222213(()2)21ccbbcaa，解得31cea.16.解析:因为111BDADABADAAAB，所以2211()BDADAAAB222111222ADAAABADAAADABAAAB1112cos602cos602cos602，所以1||2BDBD.三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）记nS为公差不为零的等差数列{}na的前n项和，已知2219aa，618S．（1）求{}na的通项公式；（2）求nS的最大值及对应n的大小．17.解：（1）设na的公差为d，且0d．由2219aa，得140ad，……………1分由618S，得1532ad，……………2分于是18,2ad．……………4分所以na的通项公式为102nan*()nN．……………5分（2）由（1）得(1)8(2)2nnnSn……………6分29nn……………7分-5-2981()24n……………8分因为*nN，所以当4n或5n时,……………9分nS有最大值为20．……………10分18.(本小题满分12分)已知抛物线C的顶点在原点，对称轴是x轴，并且经过点(1,2)，抛物线C的焦点为F，准线为l．（1）求抛物线C的方程；（2）过F且斜率为3的直线h与抛物线C相交于两点A、B，过A、B分别作准线l的垂线，垂足分别为D、E，求四边形ABED的面积．18.解：（1）根据题意，设抛物线C为22(0)ypxp，……………1分因为点(1,2)在抛物线上，所以2(2)2p，即2p．……………2分所以抛物线C的方程为24yx．……………3分（2）由（1）可得焦点(1,0)F，准线为:1lx．……………4分不妨设112212(,),(,)()AxyBxyxx，过F且斜率为3的直线h的方程为3(1)yx．……………5分由243(1)yxyx得231030xx，……………6分所以13x，213x．代入3(1)yx，得123y，2233y．-6-yx60°OABEDF所以(3,23)A，…………………………………………………7分123(,)33B．……………………………………………………8分(注：A、B两点，算对一个得1分)所以1||42pADx，…………………………………………9分24||23pBEx，………………………………………………10分128||||33DEyy．…………………………………………11分(注：上面三条线段，算对一个得1分)因为四边形ABED是直角梯形，所以四边形ABED的面积为1643(||||)||29ADBEDE．……………………………………12分19.(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PBPD．（1）证明：平面APC平面BPD；（2）若PBPD，60DAB，2APAB，求二面角APDC的余弦值．-7-DABCP第19题EODABCP第19题19.解：（1）证明：记ACBDO，连接PO．因为底面ABCD是菱形，所以BDAC，O是,BDAC的中点．……………………………………1分因为PBPD，所以POBD．…………………………………………2分因为ACPOO，所以BD平面APC．………………………………………………………3分因为BDBPD平面，所以平面APC平面BPD．……………………4分（2）因为底面ABCD是菱形，60DAB，2APAB，所以BAD是等边三角形，即2BDAB．因为PBPD，所以112POBD．……………………………………5分又sin603AOAB，2AP，所以222POAOAP，即POAO．………………………………………………………………6分方法一：因为O是AC的中点，所以2CPAP，因为2CDAB，所以CPCD，所以PAD和PCD都是等腰三角形．………………………………………7分取PD中点E，连接,AECE，则AEPD，且CEPD，所以AEC是二面角APDC的平面角．……………………………………8分因为POBD，且112POODBD，所以22112DP．…………………………………………………………9分因为222142()22AECE，-8-223ACAO，……………………………………………………………10分所以2225cos27AECEACAECAECE．…………………………………11分所以二面角APDC的余弦值为57．……………………………………12分OxyzPDABC第19题方法二：如图，以O为坐标原点，,,OAOBOP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，………………………………………………………7分则(3,0,0)A，(0,1,0)D，(0,0,1)P，(3,0,0,)C，……………………7分所以(3,1,0)DA，(0,1,1)DP，(3,1,0)DC．……………………8分设平面APD的法向量为1(,,)xyzn由1100DADPnn，得300xyyz，令3y，得1(1,3,3)n．……………9分同理，可求平面PDC的法向量2(1,3,3)n．……………10分所以121212cos||||nnn,nnn22222211(3)33(3)1(3)313(3)…………11分-9-57．………………………………12分所以，二面角APDC的余弦值为57．………………………………12分20.（本小题满分12分）数列{}na的前n项和为nS，且2nSn(*nN)，数列{}nb满足12b，*132(2)nnbbnnN,．（1）求数列{}na的通项公式；（2）求证：数列{1}nb是等比数列；（3）设数列{}nc满足1nnnacb，其前n项和为nT，证明：1nT．20.解：（1）当1n时，111aS．………………………………………1分当2n时，1nnnaSS=22(1)21nnn．…………………………2分检验，当1n时11211a符合．…………………………3分所以na21n*()nN．………………………………………4分（2）当2n时，1111113213(1)3111nnnnnnbbbbbb，……………5分而113b，所以数列{1}nb是等比数列，且首项为3，公比为3．………6分（3）由（1）（2）得1nb=1333nn，211(21)()133nnnnnancnb，…………………………7分所以1231nnnTccccc231111111()3()5()(23)()(21)()33333nnnn①23411111111()3()5()(23)()(21)()333333nnnTnn②由①②得12342111111(21)()2[()()()()]3333333nnnTn，…………8分-10-21111()[1()]1133(21)()21331()3nnn………………………………9分11111(21)()()3333nnn2221()()333nn，………………………………10分所以11(1)()3nnTn．………………………………11分因为1(1)()03nn，所以1nT．………………………………12分21.（本小题满分12分）如图，已知圆A：22(1)16xy，点(1,0)B是圆A内一个定点，点P是圆上任意一点，线段BP的垂直平分线1l和半径AP相交