1、高二数学期末押题一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知命题p：xR，则（）Ap：xR，sinBp：xR，Cp：xRDp：xR，2设实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是（）A3B3CD3在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知b=26，c=15，C=28，则ABC有（）A一解B二解C无解D不能确定4数列an的前n项和Sn=n25n（nN*），若pq=4，则apaq=（）A20B16C12D85下列命题中，真命题的个数有（）xR，x2x+0；x0，lnx+2；“ab”是“ac2bc2”的充要条件；f（x）
2、=3x3x是奇函数A1个B2个C3个D4个6已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上的点P（m，2）到焦点的距离为5，则m的值为（）A4B2C2D57今年“五一”期间，某公园举行免费游园活动，免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来按照这种规律进行下去，到上午11时公园内的人数是（）A21257B21147C21038D29308若双曲线=1与椭圆=1（mb0）的离心率之积等于1，则以a，b，m为边长的三角形一定是（）A等腰三角形B
3、钝角三角形C锐角三角形D直角三角形9在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c若a=3bsinC且cosA=3cosBcosC，则tanA的值为（）A4B4C3D310已知数列an，bn满足a1=1，且an，an+1是方程x2bnx+3n=0的两根，则b8等于（）A54B108C162D32411已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若cos2A+cos2C=2cos2B，则cosB的最小值为（）ABCD12直线l与抛物线y2=6x交于A，B两点，圆（x6）2+y2=r2与直线l相切于点M，且M为线段AB的中点若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（）A（，2）B（，3）C
4、（3，）D（3，3）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置）13命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0”的否命题是14方程x2+（m+3）xm=0有两个正实根，则m的取值范围是15已知直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线=1恒有两个公共点，则斜率k的取值范围为16已知F1，F2是椭圆=1的两焦点，P是椭圆第一象限的点若F1PF2=60，则P的坐标为三、解答题：（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知M是关于x的不等式x2+（a4）x（a+1）（2a3）0的解集，且M中的一个元素是0，求实数a的取值范围，并用a表示
5、出M18已知双曲线C：x2y2=1及直线l：y=kx+1（1）若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；（2）若l与C交于A，B两点，且AB中点横坐标为，求AB的长19如图，在ABC中，B=，AB=8，点D在BC边上，且CD=2，cosADC=（1）求sinBAD； （2）求BD，AC的长20已知动圆过定点P（4，0），且在y轴上截得的弦MN的长为8（1）求动圆圆心C的轨迹方程；（2）过点（2，0）的直线l与C相交于A，B两点求证：是一个定值21如图，长为2，宽为的矩形ABCD，以A、B为焦点的椭圆M： =1恰好过C、D两点（1）求椭圆M的标准方程（2）若直线l：y=kx+3与椭圆M相交于
6、P、Q两点，求SPOQ的最大值22已知数列an满足an+1=，其中a1=0（1）求证是等差数列，并求数列an的通项公式；（2）设Tn=an+an+1+a2n1若Tnpn对任意的nN*恒成立，求p的最小值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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知命题p：xR，则（）Ap：xR，sinBp：xR，Cp：xRDp：xR，【考点】命题的否定【分析】根据已知中的原命题，结合全称命题的否定方法，可得答案【解答】解：命题p：xR，命题p：xR，sin，故选：A2设实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是（）A3B3CD
7、【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，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，联立，解得A（，）令z=x+y，化为y=x+z，由图可知，当直线y=x+z过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为故选：C3在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c已知b=26，c=15，C=28，则ABC有（）A一解B二解C无解D不能确定【考点】解三角形【分析】利用正弦定理，即可得出结论【解答】解：由正弦定理可得，sinB=1，bc，B有两解故选B4数列an的前n项和Sn=n25n（nN*），若pq=4，则a
8、paq=（）A20B16C12D8【考点】等差数列的性质【分析】根据an=SnSn1可得an是等差数列，可得答案【解答】解：Sn=n25n（nN*），可得a1=Sn=4当n2时，则Sn1=（n1）25（n1）=n2+7n+6an=SnSn1an=2n6，当n=1，可得a1=4anan1=2常数，an是等差数列，首项为4，公差d=2pq=4，令q=1，则p=5，那么a5a1=8故选D5下列命题中，真命题的个数有（）xR，x2x+0；x0，lnx+2；“ab”是“ac2bc2”的充要条件；f（x）=3x3x是奇函数A1个B2个C3个D4个【考点】命题的真假判断与应用【分析】，xR，x2x+0正确；
9、，lnxR，x0，lnx+2正确；，“ab”“ac2bc2”，故错；，f（x）=3x3x=f（x），且定义域为R，是奇函数，故正确【解答】解：对于，xR，x2x+0正确；对于，lnxR，x0，lnx+2正确；对于，“ab”“ac2bc2”，故错；对于，f（x）=3x3x=f（x），且定义域为R，是奇函数，故正确故选：C6已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上的点P（m，2）到焦点的距离为5，则m的值为（）A4B2C2D5【考点】抛物线的简单性质【分析】利用抛物线的性质，求出抛物线的焦点坐标，转化求解即可【解答】解：抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上的点P（m，2），可知抛物线的
10、开口向下，抛物线上的点P（m，2）到焦点的距离为5，可得准线方程为：y=3，焦点坐标（0，3），则： =5，解得m=2故选：C7今年“五一”期间，某公园举行免费游园活动，免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来按照这种规律进行下去，到上午11时公园内的人数是（）A21257B21147C21038D2930【考点】归纳推理【分析】先设每个30分钟进去的人数构成数列an，确定求数列an的通项公式，由于从早晨6时30分到上午11时，共有10个
11、30分钟，故需求数列an的前10项和，再由等比数列前n项和公式即可得上午11时园内的人数【解答】解：设每个30分钟进去的人数构成数列an，则a1=2=20，a2=41，a3=82，a4=163，a5=324，an=2n（n1）设数列an的前n项和为Sn，依题意，只需求S10=（20）+（221）+（232）+=（2+22+23+210）（1+2+9）=21147故选B8若双曲线=1与椭圆=1（mb0）的离心率之积等于1，则以a，b，m为边长的三角形一定是（）A等腰三角形B钝角三角形C锐角三角形D直角三角形【考点】双曲线的简单性质；椭圆的简单性质【分析】求出椭圆与双曲线的离心率，利用离心率互为倒
12、数，推出a，b，m的关系，判断三角形的形状【解答】解：双曲线=1的离心率e1=，椭圆=1的离心率e2=，由e1e2=1，即=1，a2m2=（a2+b2）（m2b2）a2+b2=m2故选D9在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c若a=3bsinC且cosA=3cosBcosC，则tanA的值为（）A4B4C3D3【考点】正弦定理【分析】运用正弦定理，把边化成角得到sinA=3sinBsinC，再与条件cosA=3cosBcosC相减，运用两角和的余弦公式，再用诱导公式转化为cosA，由同角公式，即可求出tanA【解答】解：a=3bsinC，由正弦定理得：sinA=3sinBsinC，又
13、cosA=3cosBcosC，得，cosAsinA=3（cosBcosCsinBsinC）=3cos（B+C）=3cosA，sinA=4cosA，tanA=4故选：A10已知数列an，bn满足a1=1，且an，an+1是方程x2bnx+3n=0的两根，则b8等于（）A54B108C162D324【考点】数列与函数的综合【分析】利用韦达定理推出关系式，然后逐步求解即可【解答】解：数列an，bn满足a1=1，且an，an+1是方程x2bnx+3n=0的两根，可得：an+an+1=bnanan+1=3n；a1=1，则a2=3，a3=3，a4=9，a5=9，a6=27，a7=27，a8=81，a9=8
14、1，b8=a8+a9=162故选：C11已知在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若cos2A+cos2C=2cos2B，则cosB的最小值为（）ABCD【考点】三角函数中的恒等变换应用【分析】利用二倍角公式化简为sin2A+sin2B=2sin2C，由正弦定理可得a2+b2=2c2，由余弦定理可得c2+2abcosC=2c2，结合基本不等式可得答案【解答】解：由cos2A+cos2B=2cos2C，得12sin2A+12sin2B=2（12sin2C），即sin2A+sin2B=2sin2C，由正弦定理可得a2+b2=2c2，由余弦定理可得c2+2abcosC=2c2，cosC=，（
15、当且仅当a=b时取等号）cosC的最小值为，故选A12直线l与抛物线y2=6x交于A，B两点，圆（x6）2+y2=r2与直线l相切于点M，且M为线段AB的中点若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（）A（，2）B（，3）C（3，）D（3，3）【考点】直线与抛物线的位置关系【分析】先确定M的轨迹是直线x=3，代入抛物线方程可得y=3，利用M在圆上，（x06）2+y02=r2，r2=y02+918+9=27，即可得出结论【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），斜率存在时，设斜率为k，则y12=6x1，y22=6x2，相减得（y1+y2）（y1y2）=6（x1x2），当
16、l的斜率存在时，利用点差法可得ky0=3，因为直线与圆相切，所以，所以x0=3，即M的轨迹是直线x=3将x=3代入y2=6x，得y2=18，3y03，M在圆上，（x06）2+y02=r2，r2=y02+918+9=27，直线l恰有4条，y00，9r227，故3r3时，直线l有2条；斜率不存在时，直线l有2条；所以直线l恰有4条，3r3，故选：D二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置）13命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0”的否命题是若a2+b20，则a0或b0【考点】四种命题间的逆否关系【分析】利用原命题和否命题之间的关系，准确的写出原命题的否命题
17、注意复合命题否定的表述形式【解答】解：原命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0”的否命题只需将条件和结论分别否定即可：因此命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0的否命题为：若a2+b20，则a0或b0故答案为：若a2+b20，则a0或b014方程x2+（m+3）xm=0有两个正实根，则m的取值范围是（，9【考点】二次函数的性质【分析】根据一元二次方程方程根的符号，利用根与系数之间的关系即可得到结论【解答】解：设方程的两个正根分别为x1，x2，则由根与系数之间的关系可得，解得m9，故m的取值范围为：，9；故答案为：（，915已知直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线=1恒有两个公共点，则斜
18、率k的取值范围为（，）【考点】直线与双曲线的位置关系【分析】法一、由题意画出图形，求出双曲线的渐近线方程，结合对任意实数m，直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线=1恒有两个公共点即可得到k的取值范围；法二、联立直线方程和双曲线方程，由二次项系数不为0，且判别式大于0恒成立即可求得k的范围【解答】解：法一、由双曲线=1，得a2=9，b2=4，a=3，b=2双曲线的渐近线方程为y=，如图，直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线=1恒有两个公共点，k法二、联立，得（49k2）x218kmx9m236=0，即，故答案为：（，）16已知F1，F2是椭圆=1的两焦点，P是椭圆第一象限的点若F1PF2
19、=60，则P的坐标为【考点】椭圆的简单性质【分析】由椭圆的方程，设P点坐标，利用余弦定理求得|F1P|PF2|，根据三角形的面积公式求得面积S，利用三角形面积相等，即=丨F1F2|y0，即可求得y0，代入椭圆方程，即可求得P点坐标【解答】解：由椭圆=1，a=4，b=3，c=，又P是椭圆第一象限的点（x0，y0），y00，F1PF2=60，F1、F2为左右焦点，|F1P|+|PF2|=2a=8，|F1F2|=2c=2，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|22|F1P|PF2|cos60，=（|PF1|+|PF2|）22|F1P|PF2|2|F1P|PF2|cos60，=643|F1P|PF2
20、|，643|F1P|PF2|=28，|F1P|PF2|=12=|F1P|PF2|sin60=3，由=丨F1F2|y0=3，解得：y0=，将y0=，代入椭圆方程，解得：x0=，P点坐标为：，故答案为：三、解答题：（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知M是关于x的不等式x2+（a4）x（a+1）（2a3）0的解集，且M中的一个元素是0，求实数a的取值范围，并用a表示出M【考点】一元二次不等式的解法【分析】原不等式化为（xa1）（x+2a3）0，由x=0是不等式的解，得（a+1）（2a3）0，求出a的取值范围；再讨论a的取值，写出原不等式的解集【解答】解：原不等
21、式可化为（xa1）（x+2a3）0，由x=0适合不等式得（a+1）（2a3）0，所以a1或a；若a1，则32aa+1，此时不等式的解集是（a+1，32a）；若a，由2a+3（a+1）=3a+20，所以32aa+1，此时不等式的解集是（32a，a+1）；综上，当a1时，M为（a+1，32a），当a时，M为（32a，a+1）18已知双曲线C：x2y2=1及直线l：y=kx+1（1）若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；（2）若l与C交于A，B两点，且AB中点横坐标为，求AB的长【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；直线与双曲线的位置关系【分析】（1）联立直线与双曲线方程，利用方程组与两个交点，
22、求出k的范围（2）设交点A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理以及弦长公式区间即可【解答】解：（1）双曲线C与直线l有两个不同的交点，则方程组有两个不同的实数根，整理得（1k2）x22kx2=0，解得k且k1双曲线C与直线l有两个不同交点时，k的取值范围是（，1）（1，1）（1，）（2）设交点A（x1，y1），B（x2，y2），由（1）得，即，解得：k且k1=4k2+8=619如图，在ABC中，B=，AB=8，点D在BC边上，且CD=2，cosADC=（1）求sinBAD； （2）求BD，AC的长【考点】余弦定理【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinADC，利用两角
23、差的正弦函数公式可求sinBAD的值（2）在ABD中，由正弦定理得BD，在ABC中，由余弦定理即可解得AC的值【解答】（本题满分为12分）解：（1）在ADC中，因为cosADC=，所以sinADC=所以sinBAD=sin（ADCB）=sinADCcos BcosADCsin B=（2）在ABD中，由正弦定理得BD=在ABC中，由余弦定理得：AC2=AB2+BC22ABBCcos B=所以AC=720已知动圆过定点P（4，0），且在y轴上截得的弦MN的长为8（1）求动圆圆心C的轨迹方程；（2）过点（2，0）的直线l与C相交于A，B两点求证：是一个定值【考点】圆锥曲线的定值问题；轨迹方程；直线与
24、抛物线的位置关系【分析】（1）设圆心为C（x，y），线段MN的中点为T，则|MT|=4然后求解动圆圆心C的轨迹方程（2）设直线l的方程为x=ky+2，A（x1，y1），B（x2，y2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理最后求解，推出结果即可【解答】解：（1）设圆心为C（x，y），线段MN的中点为T，则|MT|=4依题意，得|CP|2=|CM|2=|MT|2+|TC|2，y2+（x4）2=42+x2，y2=8x为动圆圆心C的轨迹方程（2）证明：设直线l的方程为x=ky+2，A（x1，y1），B（x2，y2） 由，得y28ky16=0=64k2+640y1+y2=8k，y1y2=16， =（x1，
25、y1），=（x2，y2）=x1x2+y1y2=（ky1+2）（ky2+2）+y1y2=k2y1y2+2k（y1+y2）+4+y1y2=16k2+16k2+416=12是一个定值21如图，长为2，宽为的矩形ABCD，以A、B为焦点的椭圆M： =1恰好过C、D两点（1）求椭圆M的标准方程（2）若直线l：y=kx+3与椭圆M相交于P、Q两点，求SPOQ的最大值【考点】圆锥曲线的最值问题；直线与椭圆的位置关系【分析】（1）设B（c，0），推出C（c，）利用已知条件列出方程组即可求解M的方程（2）将l：y=kx+3代入 +y2=1，利用韦达定理以及弦长公式，点到平面的距离的距离，表示三角形的面积，利用基
26、本不等式求解即可【解答】（1）设B（c，0），由条件知，C（c，），解得a=2，b=故M的方程为 +y2=1（2）将l：y=kx+3代入 +y2=1（1+4k2）x2+24kx+32=0当=64（k22）0，即k22时，从而|PQ|=|x1x2|=又点O到直线PQ的距离d=，所以POQ的面积SOPQ=d|PQ|=设=t，则t0，SOPQ=当且仅当t=时等号成立，且满足0，所以，POQ的面积最大值为122已知数列an满足an+1=，其中a1=0（1）求证是等差数列，并求数列an的通项公式；（2）设Tn=an+an+1+a2n1若Tnpn对任意的nN*恒成立，求p的最小值【考点】数列递推式；数列的
27、求和【分析】（1）an+1=，可得an+1+1=，取倒数化简即可证明（2）Tn=an+an+1+a2n1pn，可得n+an+an+1+a2n1p，即（1+an）+（1+an+1）+（1+an+2）+（1+a2n1）p，对任意nN*恒成立，而1+an=，设H（n）=（1+an）+（1+an+1）+（1+a2n1），考虑其单调性即可得出【解答】（1）证明：an+1=，an+1+1=+1=，由于an+10，=1+，是以1为首项，1为公差的等差数列=1+（n1）=n，an=1 （2）Tn=an+an+1+a2n1pn，n+an+an+1+a2n1p，即（1+an）+（1+an+1）+（1+an+2）+（1+a2n1）p，对任意nN*恒成立，而1+an=，设H（n）=（1+an）+（1+an+1）+（1+a2n1），8 分H（n）=+，H（n+1）=+，H（n+1）H（n）=+=0，数列H（n）单调递减，nN*时，H（n）H（1）=1，故p1p的最小值为118
