2019-2020学年 河南省许昌市高二上学期期末 数学(理)试题(解析版)

题

一、单选题

1．设命题P:nN,n22n，则P为（ ） A．nN,n22n C．nN,n22n 【答案】C 【解析】【详解】

特称命题的否定为全称命题，所以命题正确选项为C.

2．在ABC中，若a2,b23,A30,则B等于（ ） A．30 【答案】D

【解析】由正弦定理，求得sinB得到答案. 【详解】

由题意，在ABC中，由正弦定理可得

B．30或150

C．60

D．60或120

的否命题应该为nN,n2≤2n，即本题的

B．nN,n22n D．nN,n22n

bsinA，再由ab，且B(0,180)，即可求解，aab， sinAsinB即sinBb233， sinAsin30a22又由ab，且B(0,180)，所以B60或B120，故选D. 【点睛】

本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 3．抛物线y8x2的焦点坐标是（） A．0,2

B．2,0

C．0,1 32D．1,0 32第 1 页 共 17 页

【答案】C

【解析】先将抛物线方程化为标准方程，进而可得出焦点坐标. 【详解】

因为y8x2可化为x21y， 8所以2p，且焦点在y轴负半轴， 因此焦点坐标为0,故选C 【点睛】

本题主要考查由抛物线的方程求焦点问题，熟记抛物线的标准方程即可，属于基础题型. 4．已知a,bR，且ab，则下列不等式一定成立的是（ ） A．a2b20 C．

B．cosacosb0 D．eaeb0

181 32110 ab【答案】D

【解析】举出反例即可判断A、B、C选项；由ab可得ab，再根据函数yex的单调性即可判断D选项，即可得解. 【详解】

当a0，b1时，a2b210，故A错误；

π，b0时，cosacosb10，故B错误； 211当a1，b1时，20，故C错误；

ab当a由ab可得ab，再根据函数yex的单调性可得eaeb即eaeb0，故D正确. 故选：D. 【点睛】

本题考查了不等式和不等关系，属于基础题.

5． 已知等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,则“d>0”是\"S4+S62S5\"的 A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

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【答案】C

【解析】由S4S62S510a121d2(5a110d)d，可知当d0时，有

S4S62S50，即S4S62S5，反之，若S4S62S5，则d0，所以“d>0”

是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．

【名师点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，通过套入公式与简单运算，可知

S4S62S5d， 结合充分必要性的判断，若pq，则p是q的充分条件，若

pq，则p是q的必要条件，该题“d0”“S4S62S50”，故互为充要

条件．

x06． 若x,y满足约束条件x+y-30，则zx2y的取值范围是

x-2y0A．[0,6] 【答案】D

【解析】解：x、y满足约束条件

B．[0,4]

C．[6, +）

D．[4, +）

，表示的可行域如图：

目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值， 由

解得C（2，1），

目标函数的最小值为：4 目标函数的范围是[4，+∞）． 故选D．

7．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1 A．

1 9B．1 9C．

1 3D．

13第 3 页 共 17 页

【答案】A

【解析】设公比为q,则a1a1qa1qa1q10a1q9,A.

8．如图在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E为A1D1的中点，设ABa，ADb，

22a1q49a11，选9AA1c，则CE（ ）

A．a1bc 2B．a1bc 2C．a1bc 2D．a1bc 2【答案】A

【解析】由空间向量的线性运算法则可得CECC1C1D1D1E，再根据平行六面体的性质即可得解. 【详解】

由题意结合平行六面体的性质可得CECC1C1D1D1E

111CC1C1D1D1A1AA1ABADabc.

222故选：A. 【点睛】

本题考查了空间向量的线性运算，属于基础题.

a,b,c分别是角A,B,C的对边,若bsinA3acosB0,且b2ac，9．在ABC中，

则

ac的值为( ) bB．2

C．

A．2 【答案】A

2 2D．4

【解析】由正弦定理，化简求得sinB3cosB0，解得B求得4b2ac，即可求解，得到答案．

23，再由余弦定理，

【详解】

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在ABC中，因为bsinA3acosB0,且b2ac， 由正弦定理得sinBsinA3sinAcosB0， 因为A(0,)，则sinA0，

所以sinB3cosB0，即tanB3，解得B由余弦定理得

3，

b2a2c22accosBa2c2ac(ac)23ac(ac)23b2，

即4b2ac，解得

2ac2，故选A． b【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.

10．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为F(7,0)，直线yx1与其相交于M，

2N两点，若MN中点的横坐标为，则此双曲线的方程是

3x2y21 A．34x2y21 B．43x2y2C．1

52【答案】D

【解析】根据点差法得

x2y2D．1

2525，再根据焦点坐标得a2b27，解方程组得a22，22abb25，即得结果.

【详解】

x2y2设双曲线的方程为221(a0,b0)，由题意可得a2b27，设Mx1,y1，

ab222225xyxy1122Nx2,y2，则MN的中点为,，由221且221，得33abab2x1x2x1x2 y1y2y1y2，2（）a2b25252（） ，即，联3322aba2b2第 5 页 共 17 页

x2y2立ab7，解得a2，b5，故所求双曲线的方程为 1．故选D．

252222【点睛】

本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题. 11．已知：数列an满足a116，an1an2n，则A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】B

an的最小值为 nan1an2n,anan12(n1),an1an22(n2),an2an32(n3),a3a222,a2a121.上面式子累加；得ana12[1+2+3(n1)]a116ann2n16an16n17(当且仅当n4时等号成立）。nn【解析】故选B

x2y212．已知椭圆C:221ab0的左、右焦点分别为F1,F2，若椭圆C上恰有

ab6个不同的点使得F1F2P为等腰三角形，则椭圆的离心率e的取值范围是( )

12A．,

33

【答案】D

1B．,1

22C．,131,1 2D．,1132【解析】①当点P与短轴的顶点重合时，F1F2P构成以F1F2为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的等腰F1F2P

②当F1F2P构成以F1F2为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点P满足F1F2P为等腰三角形即可，则PF1F1F22c或

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PF2F1F22c

当PF12c时，则有PF1MF1(M是椭圆在短轴上的上边的顶点)，则MF1a，因此2ca，即ec11，则e1

2a22cac当PF22c时，则有{(Q是椭圆在长轴上的右边的顶点)，即{，1PF1MF1e2PF2F2Q则

11e 32111,1 322综上所述，椭圆的离心率取值范围是,故选D

点睛：解决椭圆的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆的几何性质、点的坐标的范围等.

二、填空题

13．在ABC中，B120，BC1，且ABC的面积为【答案】7 【解析】根据三角形面积公式得到S得到AC长. 【详解】

在ABC中，B120，BC1，且ABC的面积为3，则AC__________． 21331ABAB2.再由余弦定理2223，由正弦定理的面积公式得2到：S1331ABAB2. 222再由余弦定理得到AC2AB2BC22ABBCcos12007 故得到AC7.

故答案为：7. 【点睛】

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本题主要考查余弦定理的应用以及三角形面积公式;在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现ab 及b2 、a2 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

14．若向量a(2,1,2)，b(4,2,m)，且a与b的夹角为钝角，则实数m的取值范围为________. 【答案】m5且m4

nD1C2bc0【解析】由题意得ab0且a与b不共线，即可得，即

nECa2xb0可得解. 【详解】

由a与b的夹角为钝角可得ab0且a与b不共线， 则nD1C2bc0即m5且m4.

nECa2xb0故答案为：m5且m4. 【点睛】

本题考查了利用空间向量数量积解决向量夹角的问题，属于基础题. 15．已知x0，y0，2是2x与4y的等比中项，则【答案】22+1

1x的最小值为__________． xy1x【解析】先由已知得到x+2y=1,再对化简变形，再利用基本不等式求其最小值.

xy【详解】

由题得2x4y2,2x2y2,x2y1.

1xx2yx2yx2yx112122. 所以=

xyxyxyxy当且仅当x21,y22时取等. 2第 8 页 共 17 页

1x所以的最小值为22+1.

xy故答案为：22+1 【点睛】

本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

16．若钝角三角形ABC的三边长a，8，b(ab)成等差数列，则该等差数列的公差

d的取值范围是________.

【答案】2d4

【解析】由题意结合余弦定理可得a2b20，再根据三角形三边关系可得

ba8，即可得解.

【详解】

由题意得ab16且a8b， 三角形ABC为钝角三角形，

222acbcosB0即a2b20，

2acb2a2即16ba，

ba4，

又由三角形三边关系可得ba8，

4ba8即42d8， 2d4.

故答案为：2d4. 【点睛】

本题考查了余弦定理的应用和等差数列性质的应用，属于中档题.

三、解答题

17．设命题p：函数f（x）=lg（ax2-x+16a）的定义域为R；命题q：不等式3x-9x＜a对任意x∈R恒成立．

（1）如果p是真命题,求实数a的取值范围；

（2）如果命题“p或q”为真命题且“p且q”为假命题,求实数a的取值范围．

a【答案】(1) 111．(2) a． 884第 9 页 共 17 页

【解析】(1)命题p是真命题,有a＞0，△＜0,即求解即可．

(2)命题q是真命题,不等式3x-9x＜a对一切x∈R均成立,设y=3x-9x,令t=3x＞0,则

y=t-t2,t＞0,通过函数的最值求解a的范围,利用复合命题的真假关系求解即可．

【详解】

解：(1)命题p是真命题,则ax2-x+16a＞0恒成立,得到a＞0,△=1-a2＜0,即a＞或a1,811（舍去）,所以a的取值范围为a． 88（2）命题q是真命题,不等式3x-9x＜a对一切x∈R均成立, 设y=3x-9x，令t=3x＞0，则y=t-t2,t＞0， 当t11111时,ymax,所以a．

24442命题“p∨q”为真命题,“p∧q”为假命题,则p,q一真一假．

1或a, 411综上，实数a的取值范围a．

84即有＜a【点睛】

本题考查命题的真假的判断与应用,换元法以及二次函数的性质的应用,是基本知识的考查．

18．设数列an满足a13a2(2n1)an2n. （1）求an的通项公式； （2）求数列18an 的前n项和． 2n1【答案】(1) an2n2；(2). 2n12n1【解析】（1）利用递推公式,作差后即可求得an的通项公式. （2）将an的通项公式代入,可得数列和. 【详解】

（1）数列an满足a13a22n1an=2n

an的表达式.利用裂项法即可求得前项2n1＝2n1 n2时,a13a22n3an﹣1第 10 页 共 17 页

∴2n1an2 ∴an2 2n1当n1时,a12,上式也成立 ∴an（2）

2 2n1an211 2n1(2n1)(2n1)2n12n1an的前n项和 2n1∴数列111133511 2n12n1112n 2n12n1【点睛】

本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题. 19．设函数fxxa4x42a，

2（1）解关于x的不等式fx0；

（2）若对任意的x1,1，不等式fx0恒成立，求a的取值范围； 【答案】（1）见解析 （2）a1

【解析】试题分析：（1）利用分类讨论思想分 a0，a0和a0三种情况，并结合二次函数的图像进行求解，即可求得a0时，解集为xx2或x2a时，解集为xx2

，a0a0时，解集为xx2a或x22（2）由题意得：ax2x2恒成；

立 ax2恒成立 x2min1  a1. 试题解析：（1） a0时，不等式的解集为xx2或x2a

a0时，不等式的解集为xx2

a0时，不等式的解集为xx2a或x22

（2）由题意得：ax2x2恒成立，

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x1,1 x23,1

ax2恒成立.

易知 x2min1，

 a的取值范围为：a1.

20．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asin（1）求B；

（2）若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面积的取值范围． 【答案】(1) BACbsinA． 23;(2)(33,). 82【解析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得B理和c1得到S小于

ABC3.(2)根据三角形面积公式SABC1acsinB，又根据正弦定2关于C的函数，由于ABC是锐角三角形，所以利用三个内角都

ABC来计算C的定义域，最后求解S2(C)的值域.

【详解】 (1)根据题意asinACACbsinA，由正弦定理得sinAsinsinBsinA，因为22ACsinB． 0A，故sinA0，消去sinA得sin2ACACAC因为故B或者B，而根据题意0B，0222ACACB不成立，所以B，又因为ABC，代ABC，故22入得3B，所以B3.

(2)因为ABC是锐角三角形，由（1）知B3，ABC得到AC2， 30C2故，解得C.

6202C32又应用正弦定理

ac，c1， sinAsinC由三角形面积公式有：

SABC11a1sinA3acsinBc2sinBc2sinB22c2sinC4第 12 页 共 17 页

sin(2C)3sinC34sin22cosCcossinC3212313. 33(sincos)sinC43tanC38tanC8又因

6C2,tanC3. 2333133,故， 388tanC82故3S8ABC故SABC的取值范围是(33,) 82【点睛】

这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查ABC是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.

21．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点E在棱AB上移动.

（1）证明：D1EA1D；

（2）当E为AB的中点时，求异面直线AC与D1E所成角的余弦值； （3）AE等于何值时，二面角D1ECD为

. 4【答案】（1）证明见解析；（2）15；（3）AE23. 15【解析】（1）以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，设AEx，求出各点的坐标后，利用DA即可得证； 1D1E0（2）由E为AB的中点可得E1,1,0，表示出两直线的方向向量后利用

coscosAC,D1E即可得解；

（3）表示出平面ECD和平面D1EC的法向量后，利用cos4cosm,n解方程即可

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得解. 【详解】

ABCDA1B1C1D1是长方体，

以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，

,0,1，D10,0,1，E1,x,0，A1,0,0，C0,2,0，设AEx，则D0,0,0，A 11（1）

DA11,0,1，D1E1,x,1,

DA1D1E1010，D1EA1D.

（2）当E为AB的中点时，AEx1，E1,1,0，

AC1,2,0，D1E1,1,1，

设直线AC与D1E所成角为， 则coscosAC,D1E（3）

ACD1EACD1E115. 5315平面ECD为xOy平面，平面ECD的一个法向量为m0,0,1，

设平面D1EC的一个法向量为na,b,c，

D1C0,2,1，EC1,2x,0，

则nD1C2bc0令b1得n2x,1,2.

nECa2xb0由题意cos4cosm,nmnmn122x252， 2解得x23或x23（舍去）.

当AE23时，二面角D1ECD为

. 4第 14 页 共 17 页

【点睛】

本题考查了空间向量的应用，考查了运算能力，属于中档题.

x2y2622．已知椭圆C:221ab0的左右焦点分别为F1,F2，离心率为；圆

ab3:x2y2Dx20过椭圆C的三个顶点.过点F2且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P,Q两点.

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）证明：在x轴上存在定点A，使得APAPPQ为定值；并求出该定点的坐标.

27x2y2【答案】（1）1（2）,0

362【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆C的上、下、右三个顶点，可求得b再根据椭圆的离心率求得a26，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线l的方程为

2，ykx2，将方程与椭圆方程联立求得P,Q两点的坐标，计算得

2APAPPQAP APPQAPAQ．设x轴上的定点为Am,0，可得

3mAPAQ212m10k2m2613k2，由定值可得需满足

3m212m103m26，解得m可得定点坐标．

试题解析：

（Ⅰ）依题意，不妨设圆过椭圆C的上、下、右三个顶点， 令x0，解得y2，故b又e2，

c6， a3第 15 页 共 17 页

∴c6a， 362a)， 3 ∴a2b2c2(2)2(解得a26．

x2y2∴椭圆C的标准方程为1.

62（Ⅱ）证明：

由题意设直线l的方程为ykx2，

x2y21,2222由6消去y整理得13kx12kx12k60， 2ykx2,设Px1,y1，Qx2,y2，

12k212k26则x1x2，x1x2， 2213k13k2APAPPQAP APPQAPAQ

假设x轴上的定点为Am,0， 则APAQx1m,y1x2m,y2

k21x1x22k2mx1x24k2m2

3m212m10k2m2613k22.

2要使其为定值，需满足3m12m103m6， 解得m7. 37,0. 3故定点A的坐标为点睛：解析几何中定点问题的常见解法

(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．

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