平顶山市2019-2020学年高二上学期数学(理)期末考试卷附答案详析

数学（理）试卷

一、单选题1．已知命题p:x(1,1)，x21，则p为（A．x(1,1)，x21C．x02．已知aA．(1,2)

）2

B．x0(1,1)，x01D．x

,11,，x021

B．1,2,11,，x21

）D．设p:ax3a；q:1x6.若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是（0，C．(0,1)

0,1）3．记等差数列an的前n项和为Sn.若a212，S520，则公差d（A．-8B．-4C．4D．8x2y24．双曲线21(a0，b0)的一条渐近线方程为xy0，则该双曲线的离心率为（2ab

A．52）B．2C．2D．4xy20,

5．已知实数x，y满足x2y20,则zx2y的最大值为（2xy20,

A．2B．3）C．4）D．5x26

6．不等式5的解集是（xA．2,3、B．,16,C．,02,3D．0,23,7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系Oxyz，E，F分别在棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是（）A．(1,1,3)B．(1,1,3)C．(2,3,6)D．(2,3,6)

18．一艘轮船以18海里/时的速度沿北偏东40的方向直线航行，在行驶到某处时，该轮船南偏东20方向10海里处有一灯塔，继续行驶20分钟后，轮船与灯塔的距离为（A．17海里B．16海里C．15海里）D．14海里2

9．已知抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，点P在抛物线C上，且|PF|

3p

，则cosPFx（2）A．12B．32

C．13

D．33

1

10．棱长为1的正四面体ABCD中，点E，F分别是线段BC，AD上的点，且满足BEBC，31AFAD，则AECF（）4131131A．B．C．D．242242

11．已知递增数列an中，a11，且an1an2an11(nN*)，则a20（A．360B．362C．364D．366）12．在直角坐标平面内，已知A(1,0)，B(1,0)以及动点C是ABC的三个顶点，且sinAsinBcosC则动点C的轨迹的离心率是（A．3B．）C．0，232

D．22

二、填空题x2y2x2

13．椭圆21(b0)与双曲线y21有公共的焦点，则b______.25b814．已知数列an是公比为2的等比数列，且a3,a415．已知x，2,a5成等差数列，则数列an的前5项和S5______.113

y均为正实数，且满足1，则xy的最小值为______.xyxy2a(sinBcosB)10，b2，16．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2则ABC的面积为______.三、解答题22

17．已知p:方程mx2y2m表示焦点在x轴上的椭圆.；q:不等式mx22x10有解.（1）若q为真命题，求实数m的取值范围；（2）若“pq”为假命题，“pq”为真命题，求实数m的取值范围.222xy

18．已知抛物线C:y2px(p0)的准线过双曲线1(0a1)的左焦点.1aa2

（1）求抛物线C的方程；（2）设抛物线C的焦点为F，直线l:yx2与C交于不同的两点A，B，求11的值.|FA||FB|

19．记等差数列an的前n项和为Sn，已知数列bn是各项均为正数的等比数列，且a13，b11，b3S428，a42b2a2.（1）求数列an和bn的通项公式.；（2）设cn

anbn，求数列cn的前n项和Tn.20．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosB

a

的值.；c（2）若ABC的平分线交AC于D，且BD1，求4ac的最小值.（1）若bsinBasinA2csinC，求1.2

21．如图，在三棱锥PABC中，PAAC，BCPB，且ABBCPA1，PC3.（1）证明:平面PAB平面PBC；（2）若点E为PC的中点，求二面角ABEC的大小.3x2y2322．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，设直线l过椭圆C的上顶点和右顶点，坐标原点O

ab2

25.5（1）求椭圆C的方程.到直线l的距离为（2）过点D(3,0)且斜率不为零的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴的正半轴上是否存在定点Q，使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零的常数?若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解析

平顶山市2019-2020学年高二上学期期末考

数学（理）试卷

一、单选题1．已知命题p:x(1,1)，x21，则p为（A．x(1,1)，x21C．x0

）2

B．x0(1,1)，x01D．x

,11,，x021,11,，x21

【答案】B【解析】由全称命题的否定为特称命题求解即可.【详解】2

解：因为命题p:x(1,1)，x21，则p为x0(1,1)，x01，故选：B.【点睛】本题考查了特称命题与全称命题的否定，属基础题.2．已知a0，设p:ax3a；q:1x6.若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是（A．(1,2)【答案】CB．1,2C．(0,1)

D．）0,1【解析】利用集合间的包含关系，即条件p对应的集合为条件q对应的集合的真子集，可得出关于实数a的不等式组，解出即可.【详解】因为p是q的充分不必要条件，4a1,

所以条件p对应的集合为条件q对应的集合的真子集.所以需3a6,解得0a1.a0.

故选：C.【点睛】本题考查充分条件与必要条件，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为集合间的包含关系.3．记等差数列an的前n项和为Sn.若a212，S520，则公差d（A．-8【答案】A【解析】利用S520可求得a3，再根据等差数列中的任意两项，即可求得公差.【详解】由题意得S55a320，所以a34，所以公差da3a24128.故选：A.【点睛】本题考查等差数列中基本量法运算、公差d的求解，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.B．-4C．4D．8）x2y24．双曲线21(a0，b0)的一条渐近线方程为xy0，则该双曲线的离心率为（2ab52【答案】B）A．B．2C．2D．4a2b2【解析】先由双曲线渐近线方程求得ab，再结合双曲线离心率e求解即可.2a2【详解】x2y2解：由双曲线21(a0，b0)的一条渐近线方程为xy0可得ab，2abc2a2b22a2则e222，所以e2.故选：B.aa2a2【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程，重点考查了双曲线离心率的求法，属基础题.xy20,



5．已知实数x，y满足x2y20,则zx2y的最大值为（2xy20,

A．2【答案】CB．3C．4）D．55【解析】先作出不等式组表示的平面区域，再结合目标函数zx2y的几何意义求解即可.【详解】解：作出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示，由目标函数zx2y的几何意义，平移直线x2y所以zmax0224.故选：C.0至点(0,2)时，zx2y取得最大值，【点睛】本题考查了简单的线性规划，重点考查了作图能力，属中档题.x26

6．不等式5的解集是（xA．2,3C．）B．,16,D．,02,30,23,【答案】C【解析】分别讨论当x0时，当x0时，结合二次不等式的解法求解即可.【详解】x26

解：当x0时，不等式5可化为x25x60，解得2x3；xx26

当x0时，不等式5可化为x25x60，此时，解得x0.x所以原不等式的解集为(,0)[2,3].故选：C.【点睛】本题考查了分式不等式的解法，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属基础题.7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系Oxyz，E，F分别在棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是（）6A．(1,1,3)【答案】AB．(1,1,3)C．(2,3,6)D．(2,3,6)

nAE0【解析】设正方体的棱长为1，平面AEF的法向量为n(x,y,z)，求出AE,EF，令，即可得答nEF0案.【详解】

设正方体的棱长为1，平面AEF的法向量为nx,y,z.则A(1,0,0)，E1,1,，F0,1,



13



2，3

11所以AE0,1,，EF1,0,，33

1yz0,nAE03则，即不妨取x1，则y1，z3，1nEF0xz0.3

故n(1,1,3).故选：A.【点睛】本题考查空间中平面法向量的求解，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.8．一艘轮船以18海里/时的速度沿北偏东40的方向直线航行，在行驶到某处时，该轮船南偏东20方向10海里处有一灯塔，继续行驶20分钟后，轮船与灯塔的距离为（A．17海里【答案】D【解析】先阅读题意，再在CAB中利用余弦定理求解即可.【详解】解：记轮船行驶到某处的位置为A，灯塔的位置为B，20分钟后轮船的位置为C，如图所示.则AB10，AC6，CAB120，所以BC1062106

2

2

2



）D．14海里B．16海里C．15海里1

196，2

7所以BC故选：D.14，即20分钟后，轮船与灯塔的距离为14海里.【点睛】本题考查了余弦定理，重点考查了解斜三角形，属中档题.2

9．已知抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，点P在抛物线C上，且|PF|

3p

，则cosPFx（2）A．12

B．32C．13D．33【答案】C【解析】由抛物线的定义可得|PF|【详解】解：过P作准线的垂线，交准线于D，过F作PD的垂线，交PD于E，依题得|PE|

3p1

，则有cosPFxsinPFE，得解.23

p3p

，|PF|，22p

21，所以cosPFxsinPFE1.故选：C.因为sinPFE

3p332【点睛】本题考查了抛物线的标准方程，重点考查了抛物线的几何性质，属基础题.1

10．棱长为1的正四面体ABCD中，点E，F分别是线段BC，AD上的点，且满足BEBC，31AFAD，则AECF（）4131131A．B．C．D．242242【答案】A【解析】设ABa，ACb，ADc，以这3个向量为空间中的基底，将AECF转化为基底的数量积运算，即可得答案.【详解】设ABa，ACb，ADc，

uuurr





uuurr

81121

由题意可得AEABBEa(ba)ab，CFcb，333421112112

bcb则AECFabcbacab

34312336112111113

1.6232122324

故选：A.【点睛】本题考查空间向量基本定理的运用、数量积运算，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意基底思想的运用.11．已知递增数列an中，a11，且an1an2an11(nN*)，则a20（A．360【答案】B【解析】根据递推关系an1an2an11可得B．362C．364D．366）an11an11，从而证明数列an1是以a110为首项，1为公差的等差数列，求出通项公式，即可得答案.【详解】由an1an2an11，得an11an12an11.因为数列an是递增数列，且a11，所以得所以an112

an11，2

an11an11，即an11an11.所以数列所以an1是以a110为首项，1为公差的等差数列.an10(n1)，即ann22n2，2

所以a20202202362.故选：B.【点睛】本题考查利用数列的递推关系求数列通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的变形.12．在直角坐标平面内，已知A(1,0)，B(1,0)以及动点C是ABC的三个顶点，且sinAsinBcosC则动点C的轨迹的离心率是（A．3【答案】DB．）C．0，232D．22

9【解析】利用两角和的余弦公式将条件化成kACkBC再利用离心率公式，即可得答案.【详解】由sinAsinBcosC

1

，设点C(x,y)代入斜率公式，求得轨迹的方程，2

0可得sinAsinBcos(AB)0，即sinAsinBcosAcosBsinAsinB0.因为A,B(0,)，易知cosAcosB0，所以tanAtanB11，所以kACkBC，222y2yy1x1，即设C(x,y)，所以(x1)，1x1x122所以a21，b故选：D.【点睛】本题考查三角恒等变换、斜率公式、轨迹方程求解、离心率计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.2

11c2222

，则cab，则轨迹的离心率e.22a2二、填空题x2y2x2

13．椭圆21(b0)与双曲线y21有公共的焦点，则b______.25b8

【答案】4【解析】由题意得两条曲线的c2值相等，从而得到关于b的方程，解方程即可得答案.【详解】由题意得两条曲线的c2值相等，∴25b281，求得b216，则b4.故答案为：4.【点睛】本题考查椭圆与双曲线的标准方程，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于基础题.14．已知数列an是公比为2的等比数列，且a3,a4【答案】31【解析】利用等差中项的性质结合等比数列通项公式，求得a1，再利用等比数列的前n项和公式，即可得答案.【详解】2,a5成等差数列，则数列an的前5项和S5______.10由题意可得2∴2

a42a3a5，即2a1232a122a124，8a124a116a1，解得a11.125

所以S531.12

故答案为：31.【点睛】本题考查等差中项的性质、等比数列通项公式、等比数列的前n项和，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.15．已知x，【答案】6【解析】将等式进行变形得xyxy3，利用基本不等式，将求x

113

y均为正实数，且满足1，则xy的最小值为______.xyxyy的最小值，转化成解不等式(xy)24(xy)120，即可得答案.【详解】113

1可得xyxy3.由

xyxyxy，所以xy2

又因为xy，即(xy)4(xy)120，xy3

22

∴(xy6)(xy2)0，∴xy2或xy6.又∵x，y均为正实数，∴xy6(当且仅当xy3时，等号成立)，即x故答案为：6.【点睛】本题考查基本不等式求最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意验证等号成立的条件.16．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2则ABC的面积为______.【答案】2

2

y的最小值为6.2a(sinBcosB)10，b2，134

2a(sinBcosB)10看成关于a的二次方程，由0结合正弦函数的有界性可得【解析】把a211

sin2B1，从而求得B的值，再利用正弦定理求得A的值，最后利用诱导公式可求sinC并代入面积4

公式，即可得答案.【详解】把a2

2a(sinBcosB)10看成关于a的二次方程，2

2sinB则由0，即2(sinBcosB)40得1，4

而sinB

2





21sinB，则1.44

5B444，可得B

由于0B，可得即B

42，，代入方程a22a(sinBcosB)10，可得a22a10，4

222，所以sinA

1.2.1



所以a1.由正弦定理可得，sinA又因为ab，所以A所以SABC【点睛】62.易知sinCsin(AB)sin()6446

11261313.故答案为：.absinC12

22444本题考查三角恒等变换、正弦定理、面积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意两边夹定理的运用.三、解答题22

17．已知p:方程mx2y2m表示焦点在x轴上的椭圆.；q:不等式mx22x10有解.（1）若q为真命题，求实数m的取值范围；（2）若“pq”为假命题，“pq”为真命题，求实数m的取值范围.【答案】（1）(1,)（2）(1,0][2,)

【解析】（1）分别讨论当m0时，当m0时，利用方程有解求实数m的取值范围即可；（2）先求出p,q均为真命题时实数m的取值范围，再结合p与q必然一真一假，求解即可得解.【详解】（1）当m0时，不等式显然有解，当m0时，2x-1>0有解.当m0时，因为mx22x10有解，所以44m0，所以1m0.所以当q为真命题时，m的取值范围为(1,).12（2）因为“pq”为假命题，“pq”为真命题，所以p与q必然一真一假.22

若p:方程mx2y2m表示焦点在x轴上的椭圆为真命题，x2y2

方程可化为1，则需0m2.2m由(1)知，若q为真，则m1.所以

0m2m0 或 m2

或，m1m1

解得1m0或m2.所以实数m的取值范围为(1,0][2,).【点睛】本题考查椭圆的标准方程、重点考查了不等式以及常用逻辑用语，属基础题.22

xy

18．已知抛物线C:y2px(p0)的准线过双曲线1(0a1)的左焦点.1aa2

（1）求抛物线C的方程；（2）设抛物线C的焦点为F，直线l:yx2与C交于不同的两点A，B，求【答案】（1）y4x（2）211的值.|FA||FB|1013

【解析】（1）由题意可知，双曲线的左焦点为(1,0)，所以（2）设A【详解】（1）由题意可知，双曲线的左焦点为(1,0)，所以所以抛物线的方程为y4x.2（2）把直线l的方程yx2代入y4x得x22p

1，求出p的值，即可得答案；2

x1,y1，Bx2,y2，利用焦半径公式代入计算，即可得答案.p

1，即p2.2

8x40.所以(8)16480.设A

2

x1,y1，Bx2,y2.所以x1x28，x1x24.x1x22111110

.|FA||FB|x11x21x1x2x1x2113所以【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解、抛物线焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.19．记等差数列an的前n项和为Sn，已知数列bn是各项均为正数的等比数列，且a13，b11，13b3S428，a42b2a2.（1）求数列an和bn的通项公式.；（2）设cn

anbn，求数列cn的前n项和Tn.【答案】（1）an2n1，bn2n1（2）Tn(2n1)2n1

【解析】（1）先设数列an的公差为d，数列bn的公比为q(q0)，再结合已知条件求解即可.（2）由数列cn为等差比数列，则用错位相减法求和即可得解.【详解】（1）设数列an的公差为d，数列bn的公比为q(q0).432d28d2,q12

由b3S428，a42b2a2，得，解得(负值舍去)2q2,33d2q3d

所以an32(n1)2n1，bn2n1，n1

（2）由（1）可知，cnanbn(2n1)2

0

1

2

，n1

所以Tn325272(2n1)2

1

2

3

.①所以2Tn325272(2n1)2.②由②-①可得n

Tn32222

1

2

n1

(2n1)2

n

32

212n112

n

(2n1)2n(2n1)21.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项，重点考查了错位相减法求和，属中档题.20．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosB

a

的值.；c（2）若ABC的平分线交AC于D，且BD1，求4ac的最小值.（1）若bsinBasinA2csinC，求【答案】（1）1（2）91.2【解析】（1）由正弦定理化角为边可得b2a22c2，再结合余弦定理可得c2ac，得解；（2）由三角形面积公式可得【详解】11

1，再结合基本不等式的应用求解即可.ac14解：（1）由正弦定理，得b2a22c2，即b2a22c2.由余弦定理得b2a2c22accosB，又cosB

1，2所以c2ac.所以a1.c（2）由题意得SABCSABDSDBC，111

acsin120asin60csin60.222

11

所以acac，即1.ac即则4ac(4ac)

11c4ac4a5529，acacac3

时取等号.2当且仅当c2a，即c3，a故4ac的最小值为9.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理，重点考查了三角形面积公式及基本不等式的应用，属中档题.21．如图，在三棱锥PABC中，PA

AC，BCPB，且ABBCPA1，PC3.（1）证明:平面PAB平面PBC；（2）若点E为PC的中点，求二面角ABEC的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）120.【解析】（1）先利用勾股定理证明PAAB，从而证得PA平面ABC，进一步证明BC⊥平面PAB，再利用面面垂直的判定定理，可证得面面垂直；（2）由（1）有PA平面ABC，ABBC，故以B为坐标原点，BC的方向为x轴正方向，BA的方向为

y轴正方向，过点B且与平面ABC垂直的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面ABE

的法向量m(1,0,1)，平面EBC的法向量n(0,1,1)，求出法向量夹角的余弦值，即可得答案.15【详解】（1）因为BC

PB，PC3，BC1，所以PBPC2BC22.又PAAB1，所以PB2PA2AB2，即PAAB.又因为PAAC，且ACABA，AC平面ABC，ABÌ平面ABC，所以PA平面ABC.因为BC平面ABC，所以PABC.PB，PBPAP，PA平面PAB，PB平面PAB，所以BC⊥平面PAB，BC平面PBC，所以平面PAB平面PBC.又因为BC

（2）由（1）有PA平面ABC，ABBC，故以B为坐标原点，BC的方向为x轴正方向，BA的方向为

y轴正方向，过点B且与平面ABC垂直的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则B(0,0,0)，C(1,0,0)，A(0,1,0)，P(0,1,1)，E

111

,,.222

111

所以BA(0,1,0)，BE,,，BC(1,0,0).222

y0,mBA0设平面ABE的法向量为m(x,y,z)，则，即111

xyz0.mBE0222

令x1，则m(1,0,1).

x00,nBC0

设平面EBC的法向量为nx0,y0,z0，则，即111

xyz00.nBE000222

令y01，则n(0,1,1).



mncosm,n所以mn

122

1.2由图可知，二面角ABEC是钝角，所以二面角ABEC的大小为120.【点睛】16本题考查空间中线面垂直、面面垂直的证明、向量法求二面角的大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意坐标系建立之前，要证明三条直线两两互相垂直.x2y2322．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，设直线l过椭圆C的上顶点和右顶点，坐标原点O

ab2

25.5（1）求椭圆C的方程.到直线l的距离为（2）过点D(3,0)且斜率不为零的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴的正半轴上是否存在定点Q，使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零的常数?若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.5x2【答案】（1）y21（2）存在，44【解析】（1）设直线l的方程为xy251，由离心率和原点O到直线l的距离为，可得关于a,b的方程5ab组，解方程组得a,b即可得答案；（2）依题意可设直线AB的方程为xmy3，A

x1,y1，Bx2,y2，直线方程代入曲线方程，利用判别式大于0得m的范围，利用韦达定理可得y1,y2与m的关系，并假设存在点Q使命题成立，利用斜率公式代入坐标进行计算，将问题转化为恒成立问题，即可得答案.【详解】（1）设椭圆半焦距为c.根据题意得，椭圆离心率e

22bac1所以1e2.①aa2c33，即，a22

因为直线l过椭圆C的上顶点和右顶点，所以设直线l的方程为xy

1，即bxayab0.ab25，得5又由点O到直线l的距离为aba2b2

25.②5x2联立①②解得a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.4x2y21,

（2）依题意可设直线AB的方程为xmy3，Ax1,y1，Bx2,y2.联立4得xmy3,

174my

2

2

6my50.所以36m2454m216m2800，所以m25.6m5

yy，，12224m4m所以y1y2

24364m22

则x1x2my1y26，x1x2my1y23my1y29.24m24m

假设存在定点Q(t,0)(t所以0)，使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零常数，kAQkBQ

5

2y1y2y10y204m22x1x2tx1x2tx1tx2tt4m23624t4t2

4m2

5

t24m23624t4t2.t240,

要使kAQkBQ为非零常数，当且仅当解得t2(负值舍去).23624t4t0,

当t

2时，常数为55.3648164所以x轴的正半轴上存在定点Q(2,0)，使得直线AQ，BQ的斜率之积为常数【点睛】5.4本题考查椭圆方程求解、离心率、点到直线距离、直线与椭圆位置关系、椭圆中的定点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意探究性问题的求解是先假设存在，再进行推理论.18