1、河南省驻马店市2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）一、选择题1.已知等差数列中，则的值是（ ）A. 35B. 37C. 39D. 41【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的通项公式可求出公差，进而求出的值.【详解】解：由题意可知 ，解得.所以.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的应用，属于基础题.2.命题“对任意，恒有”的否定是（ ）A. 对任意，恒有B. 存在，使得C. 存在，使得D. 存在，使得【答案】B【解析】【分析】将量词改为“存在”，将结论否定当结论由此得到原命题的否定.【详解】解：由全称命题的否定方法得：“对任意，恒有”的否定是“存在，使得”
2、成立.故选：B.【点睛】本题考查了全称命题的否定方法，属于基础题.3.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且它们的离心率之积为1，则椭圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算双曲线的焦点为，离心率，得到椭圆的焦点为，离心率，计算得到答案.【详解】双曲线的焦点为，离心率，故椭圆的焦点为，离心率，即.解得，故椭圆标准方程为：.故选：.【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的离心率，焦点，椭圆的标准方程，意在考查学生的计算能力.4.已知实数，则下列不等式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据不等式性质和作差法判断大小依次判断每个选项得到答案.【详解
3、】当时，不等式不成立，错误；，故错误正确；当时，不等式不成立，错误；故选：.【点睛】本题考查了不等式的性质，作差法判断大小，意在考查学生对于不等式知识的综合应用.5.已知空间三点，在一条直线上，则实数的值是（ ）A. 2B. 4C. -4D. -2【答案】C【解析】【分析】根据三点在一条直线上，利用向量共线原理，解出实数的值.【详解】解：因为空间三点，在一条直线上，所以 ,故.所以 .故选：C.【点睛】本题主要考查向量共线原理，属于基础题.6.命题“存在，使得”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】“存在，使得”为真命题，可得，利用二次函数的单调
4、性即可得出再利用充要条件的判定方法即可得出.【详解】解：因为“存在，使得”为真命题，所以，因此上述命题得个充分不必要条件是.故选：B.【点睛】本题考查了二次函数的单调性、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.7.已知中，角，的对边分别为，且，成等比数列，则这个三角形的形状是（ ）A. 直角三角形B. 等边三角形C. 等腰直角三角形D. 钝角三角形【答案】B【解析】【分析】根据题意求出，结合余弦定理分情况讨论即可.【详解】解：因为，所以.由题意得 ，利用余弦定理得：.当，即时，即，解得：.此时三角形为等边三角形；当，即时，, 不成立.所以三角形的形状是等边三角形.故选：B.【
5、点睛】本题主要考查利用余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.8.在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，点是棱上的点且满足，则两异面直线，所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出点、和向量的、坐标，运用求异面直线余弦值的公式即可求出.【详解】解：以为原点，分别以，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标第,则， ，故, ，故两异面直线，所成角的余弦值是.故选：A.【点睛】本题考查求异面直线所成角的余弦值，属于中档题.9.已知直线经过抛物线的焦点，且与该抛物线交于，两点，若满足，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析
6、】【分析】求出抛物线的焦点，设出直线方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和向量坐标表示，解得，即可得出直线的方程.【详解】解：抛物线的焦点，设直线为 ，则，整理得 ，则 ，.由可得 ，代入上式即可得 ，所以，整理得：.故选：C.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，主要考查韦达定理和向量共线的坐标表示，考查运算能力，属于中档题.10.设直线与双曲线（，）的两条渐近线分别交于，两点，若点满足，则该双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出，的坐标，再求中点坐标，利用点满足，可得，从而求双曲线的离心率.【详解】解:由双曲线方程可知，渐近线为 ，分别于联立，解得：
7、，所以中点坐标为 ，因点满足，所以 ，所以 ，即，所以 .故选：C【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题.11.在直三棱柱中，且，点是棱上的动点，则点到平面距离的最大值是（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，运用点到平面的距离公式，求出点到平面距离的最大值.【详解】解：以为原点，分别以，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标第,则,设点,故 ，.设设平面的法向量为，则即，取 ，则.所以点到平面距离 .当，即时，距离有最大值为 .故选:D.【点睛】本题考查空间内点到面的距离最值问题，属于中
8、档题.12.两位同学课余玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”：有3个柱子甲、乙、丙，甲柱上有个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上（如图）.把这个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏结束，在移动的过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下.设游戏结束需要移动的最少次数为，则当时，和满足 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】通过写出几项，寻找规律，即可得到和满足的递推公式.【详解】若甲柱有个盘，甲柱上的盘从上往下设为，其中，当时，将移到乙柱，只移动1次；当时，将移到乙柱，将移到乙柱，移
9、动2次；当时，将移到丙柱，将移到丙柱，将移到乙柱，再将移到乙柱，将移到乙柱，； 当时，将上面的3个移到丙柱，共次，然后将移到乙柱，再将丙柱的3个移到乙柱，共次，所以次；当时，将上面的4个移到丙柱，共次，然后将移到乙柱，再将丙柱的4个移到乙柱，共次，所以次；以此类推，可知，故选.【点睛】主要考查了数列递推公式的求解，属于中档题.这类型题的关键是写出几项，寻找规律，从而得到对应的递推公式.二、填空题13.已知变量x，y满足约束条件，则的最大值为_.【答案】7【解析】【分析】如图所示，画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.详解】如图所示：画出可行域和目标函数，根据平移知，当目标函数经过点时，即时，
10、有最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了线性规划求最值问题，画出可行域和目标函数是解题的关键.14.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则满足，的三角形解的个数是_.【答案】2【解析】【分析】直接利用正弦定理得到答案.【详解】根据正弦定理得到：，故，.故满足条件的三角形共有个.故答案为：.【点睛】本题考查了利用正弦定理判断三角形的个数问题，意在考查学生的应用能力.15.已知正数，满足.若恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式性质可得的最小值，由恒成立可得即可求出实数的取值范围.【详解】解：因为正数，满足，所以 ，当且仅当时，即 时取等号.因为恒成立，所以，
11、解得 .故实数的取值范围是.故答案填：.【点睛】熟练掌握基本不等式的性质和正确转化恒成立问题是解题的关键.16.已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为 【答案】【解析】试题分析：在PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，即：a|PF1|=|cPF2|设点（x0，y0）由焦点半径公式，得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0-a则-a整理得e2+2e-10，解得：e-1或e-1，又e（0，1），故椭圆的离心率：e(-1，1)，故答案为(-1，1)考点：本题主要考查了椭圆
12、的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围三、解答题17.在中，角，的对边分别为，若.（1）求边的长；（2）若角，成等差数列，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)根据题意运用两角和与差正弦公式整理即可得边的长度；(2)根据题意运用余弦定理和基本不等式求出的最大值，进而可求出三角形面积最大值.【详解】解：（1），且，是的内角，；（2）角，成等差数列且，又，由余弦定理：，得：.又则有，.
13、当且仅当时“=”成立，此时面积有最大值.【点睛】本题主要考查，两角和与差的正弦公式、利用余弦定理和基本不等式结合求三角形面积的最值，属于中档题.18.数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求证：数列的前项和.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据题中公式写出当时，将两式相减可得，即可求出时数列是等差数列，公比为2，再检验 时的情况即可；(2)利用裂项相消法求数列的前项和，再判断是否小于.【详解】解：（1）由可得：当时，上述两式相减可得，即.又， ，数列是首项为2，公比为2的等比数列，；（2）证明：由（1）可得，故.【点睛】本题考查如何求通项公式，和运用裂项相消
14、法求数列的前项和并判断范围，属于中档题.19.如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，点是棱的中点.（1）证明：；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】(1)由线面垂直可得线线垂直，最终证出线线垂直;(2)建立空间直角坐标系，求出的空间坐标和平面的法向量，利用求线面角所成角的正弦公式求出即可.【详解】解：（1）连接，交于点，平面，平面，又是菱形，.又，都在平面内,平面，又平面,.（2）易知，为的中点，且是的中点，平面以为坐标原点，分别为，轴建立如科所示的空间直角坐标系.又，.，.设平面的法向量为，则即，取.故所求直线与平面所成角的正弦值为.【
15、点睛】本题考查线线垂直定理，考查建立空间坐标系求线面角的余弦值，属于中档题.20.已知抛物线（）的焦点为，过作垂直于轴的直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，的面积为2.（1）求抛物线的标准方程；（2）若直线与抛物线交于，两点，（3，2）是线段的中点，求直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)利用抛物线性质求出值，即可；(2)由，是抛物线上两点，代入方程两式相减，解得值，即可得出结论.【详解】解：（1）由抛物线性质知：的面积，,所求抛物线的标准方程为；（2）易知直线不与轴垂直，设所求方程为：，设，由，在抛物线上得：，相式相减化简得：又，代入上式解得：.故所求直线的方程为：.即.【
16、点睛】本题考查由抛物线性质求标准方程，与做差法求直线方程，属于中档题.21.如图，平面，.（1）求证：平面；（2）若二面角的余弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】(1)根据线面平行证明面面平行，得出线面平行；(2)建立空间直角坐标系，设线段的长为 ，根据二面角的余弦值，求出线段.【详解】解：（1），平面，平面平面，平面，又，平面平面又平面，平面.（2）平面，,，以为原点，分别以，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标第.易知，设，则，设为平面的法向量，则：由得：，取；设为平面的法向量则由得得：，取.二面角的余弦值为.，解得：经验证：时，符合题意故所求.【点睛】
17、本题考查线面平行定理和利用二面角的余弦值求参数问题，属于中档题.22.已知在平面直角坐标系中，（），（），的周长为，设顶点的轨迹为，若直线与轴交于点，与曲线交于，两点.（1）求顶点的轨迹的方程；（2）若，求实数的值.【答案】（1）（）；（2）【解析】【分析】(1) 根据题中周长结合椭圆定义即可求出轨迹方程；(2) 联立直线与椭圆方程，运用韦达定理，再由关系求出实数的值.【详解】解：（1）的周长为.由椭圆定义知：顶点的轨迹是焦点在轴上，长轴长为4的椭圆，其中，即，,故所求顶点的轨迹的方程为：（）；（2）设，由联立化简得：，.又.与联立，解得：，代入，解得：，.验证：当时，成立，符合题意.故所求.【点睛】本题考查求椭圆的轨迹方程，及根与系数的关系求参数，属于中档题.
