1、河南省许昌市2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本题共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.设命题，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项
2、为C.2.在中，若则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，求得，再由，且，即可求解，得到答案.【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，即，又由，且，所以或，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.抛物线的焦点坐标是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先将抛物线方程化标准方程，进而可得出焦点坐标.【详解】因为可化为，所以，且焦点在轴负半轴，因此焦点坐标为故选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
3、.已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】举出反例即可判断A、B、C选项；由可得，再根据函数的单调性即可判断D选项，即可得解.【详解】当，时，故A错误；当，时，故B错误；当，时，故C错误；由可得，再根据函数的单调性可得即，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.已知等差数列公差为d,前n项和为,则“d0”是A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由，可知当时，有，即，反之，若，则，所以“d0”是“S4 + S62S5”的充要条件，选C【名师点睛】本题考
4、查等差数列的前项和公式，通过套入公式与简单运算，可知， 结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故互为充要条件6.若x,y满足约束条件的取值范围是A. 06B. 0,4C. 6, D. 4, 【答案】D【解析】解：x、y满足约束条件，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D7.等比数列的前n项和为，已知，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】设公比为q,则，选A. 8.如图在平行六面体中，为的中点，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分
5、析】由空间向量的线性运算法则可得，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性质可得.故选：A.【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，属于基础题.9.在中，分别是角的对边,若,且，则的值为( )A. 2B. C. D. 4【答案】A【解析】【分析】由正弦定理，化简求得，解得，再由余弦定理，求得，即可求解，得到答案【详解】在中，因为,且，由正弦定理得，因为，则，所以，即，解得，由余弦定理得，即，解得，故选A【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
6、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，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，即得结果.【详解】设双曲线的方程为，由题意可得，设，则的中点为，由且，得 ， ，即，联立，解得，故所求双曲线的方程为故选D【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：数列满足，则的最小值为A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】B【解析】12.已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆
7、上恰有6个不同的点使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】当点与短轴的顶点重合时，构成以为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的等腰当构成以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满足为等腰三角形即可，则或当时，则有(是椭圆在短轴上的上边的顶点)，则，因此，即，则当时，则有(是椭圆在长轴上的右边的顶点)，即，则综上所述，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，的方程或不等式，再根据，的关系消掉得到，的关系式，建立关于，的方程或不等式，要充分利用椭圆的几何性
8、质、点的坐标的范围等.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在中，且的面积为，则_【答案】【解析】【分析】根据三角形面积公式得到再由余弦定理得到AC长.【详解】在中，且的面积为，由正弦定理的面积公式得到：再由余弦定理得到 故得到.故答案为.【点睛】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 及 、 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
9、角的正余弦公式进行解答.14.若向量，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为_.【答案】且【解析】【分析】由题意得且与不共线，即可得，即可得解.【详解】由与的夹角为钝角可得且与不共线，则即且.故答案为：且.【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，是与的等比中项，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】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.【详解】由题得.所以=.当且仅当时取等.所以的最小值为.故答案为【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.若钝角三角形的三边长，8，成等差数
10、列，则该等差数列的公差的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意结合余弦定理可得，再根据三角形三边关系可得，即可得解.【详解】由题意得且，三角形为钝角三角形，即，即，又由三角形三边关系可得，即，.故答案为：.【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：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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-9xa对任意xR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【答案】(1)(2)【解析】【分析
11、】(1)命题p是真命题,有a0，0,即求解即可(2)命题q是真命题,不等式3x-9xa对一切xR均成立,设y=3x-9x,令t=3x0,则y=t-t2,t0,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+16a0恒成立,得到a0,=1-64a20,即a,或a（舍去）,所以a取值范围为（2）命题q是真命题,不等式3x-9xa对一切xR均成立,设y=3x-9x，令t=3x0，则y=t-t2,t0，当时,所以命题“pq”为真命题,“pq”为假命题,则p,q一真一假即有或,综上，实数a的取值范围【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用,换元法以
12、及二次函数的性质的应用,是基本知识的考查18.设数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列 的前项和【答案】(1) ；(2).【解析】【分析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.【详解】（1）数列满足时, 当时,上式也成立（2）数列的前n项和【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，（1）解关于的不等式；（2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围；【答案】（1）见解析 （2）【解析】试题分析：（1）利用分类讨论思想分 和三种情况，并结合二次函数的图像进行求解，即可求得
13、时，解集为或，时，解集为时，解集为或；（2）由题意得：恒成立 恒成立 试题解析：（1） 时，不等式的解集为或时，不等式的解集为时，不等式的解集为或（2）由题意得：恒成立， 恒成立.易知 ， 的取值范围为：20.的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围【答案】(1) ;(2).【解析】【分析】(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.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消
14、去得，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【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，在长方体中，点在棱上移动.（1）证明：；（2）当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值；（3）等于何值时，二面角为.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，设，求出各点的坐标后
15、，利用即可得证；（2）由为的中点可得，表示出两直线的方向向量后利用即可得解；（3）表示出平面和平面的法向量后，利用解方程即可得解.【详解】是长方体，以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，设，则，（1），,，.（2）当为的中点时，设直线与所成角为，则.（3）平面为平面，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则令得.由题意，解得或（舍去）.当时，二面角为.【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.22.已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（）求椭圆的标准方程；（）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.
16、【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得 设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标试题解析：（）依题意，不妨设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，令，解得，故，又， ，解得椭圆的标准方程为.（）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，则， 假设x轴上的定点为，则 .要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.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
