河南省新乡市2019-2020学年高二上学期期末数学(理科)试题(解析版)

新乡市高二上学期期末考试

数学（理科）

考生注意：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填写在答题卡上.

3.本试卷主要考试内容：人教A版必修5，选修2-1.

第I卷

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.

x2y21.双曲线1的焦距是（ ）

36A. 10 【答案】B 【解析】 【分析】

双曲线的方程得a8，b6，可求ca2b210，即可求出焦距．

B. 20

C. 27 D. 47

x2y2【详解】解：双曲线1中a8，b6，

36ca2b210， 2c20．

故选：B．

【点睛】本题考查的重点是双曲线的几何性质，解题的关键是掌握ca2b2，属于基础题． 2.在VABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2，c5，AA. 19 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 19

C. 39 D. 39

3，则a（ ）

已知两边一夹角求对边，应用余弦定理，即可求解. 【详解】b2，c5，A3，由余弦定理可得

ab2c22bccosA425225故选:A.

119. 2【点睛】本题考查余弦定理解三角形，属于基础题.

3.已知点P2,4在抛物线y2pxp0的准线上，则该抛物线的焦点坐标是（ ）

2A. 0,2 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 0,4 C. 2,0 D. 4,0

首先表示出抛物线的准线，根据点P2,4在抛物线的准线上，即可求出参数p，即可求出抛物线的焦点. 【详解】解：抛物线y2pxp0的准线为x2p 2因为P2,4在抛物线的准线上

p2 2p4

y28x故其焦点为2,0

故选：C

【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，属于基础题. 4.给出下列四个说法，其中正确的是（ ）

A. 命题“若x11，则x0”的否命题是“若x11，则x0”

x2y2B. “m3”是“双曲线21离心率大于2”的充要条件

9m22C. 命题“x00，x03x010”的否定是“x00，x03x010”

D. 命题“在ABC中，若AB【答案】D

，则ABC是锐角三角形”的逆否命题是假命题 2

【解析】 【分析】

A选项：否命题应该对条件结论同时否定，说法不正确；

x2y2B选项：双曲线21的离心率大于2，解得m,3U3,，所以说法不正确；

9m2C选项：否定应该是：x00，x03x010，所以说法不正确；

D选项：“在ABC中，若AB所以说法正确.

，则ABC是锐角三角形”是假命题，所以其逆否命题也为假命题，2【详解】命题“若x11，则x0”的否命题是“若x11，则x0”，所以A选项不正确；

m29x2y2双曲线2，解得m,3U3,，则“m3”是“双21的离心率大于2，即

99mx2y2曲线21的离心率大于2”的充分不必要条件，所以B选项不正确；

9m22命题“x00，x03x010”的否定是“x00，x03x010”， 所以C选项不正确；

命题“在ABC中，若AB，则ABC是锐角三角形”， 在ABC中，若AB，可能A，222此时三角形不是锐角三角形，所以这是一个假命题，所以其逆否命题也是假命题，所以该选项说法正确. 故选：D

【点睛】此题考查四个命题关系，充分条件与必要条件，含有一个量词的命题的否定，关键在于弄清逻辑关系，正确求解.

x2y2x25.已知双曲线1的焦点与椭圆y21的焦点相同，则m（ ）

m24A. 1 【答案】A 【解析】 【分析】

由椭圆的方程可得焦点坐标，根据双曲线的性质即可得m的值.

B. 3

C. 4

D. 5

x2【详解】在椭圆y21中，a2，b1，c3，

4

即椭圆的焦点坐标为3,0，

x2y2∴双曲线1的焦点为3,0，

m2∴m23，解得m1， 故选：A.

【点睛】本题主要考查椭圆

焦点坐标以及双曲线的焦点坐标，属于中档题.

6.在等差数列an中，a2a63，a3a77，则公差d（ ） A. 1 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 2

C. 3

由a3a77，将a3,a7转化为a2,a6表示，结合a2a63，即可求解. 【详解】a3a7a2a62d32d7，

d732. 2故选:B.

【点睛】本题考查等差数列基本量计算，属于基础题.

7.已知命题p:若直线l与抛物线C有且仅有一个公共点，则直线l与抛物线C相切，命题q:若m5，则方

x2y2程1表示椭圆.下列命题是真命题的是（ ） m3m1A. pq 【答案】B 【解析】 【分析】

B. pq

若直线与抛物线的对称轴平行，满足条件，此时直线与抛物线相交，可判断命题P为假；当m5时，

m1m30，命题Q为真，根据复合命题的真假关系，即可得出结论.

【详解】若直线与抛物线的对称轴平行，直线与抛物线只有一个交点， 直线与抛物不相切，可得命题p是假命题， 当m5时，m1m30，

的的D. 4

C. pq

D. pq

x2y2方程1表示椭圆

m3m1命题q是真命题， 则pq是真命题. 故选:B.

【点睛】本题考查复合命题真假的判断，属于基础题.

x2y28.已知双曲线1的左、右焦点分别为F1,F2，点P是该双曲线上的一点，且PF110，则PF218（ ） A. 2或18 【答案】C 【解析】 【分析】

首先根据PF1ac可判断出点P在该双曲线左支上，再根据双曲线的定义即可得结果.

B. 2

C. 18

D. 4

x2y2【详解】在双曲线1中，a4，b43，c8，

18因为PF110ac12，

所以点P在该双曲线左支上，则PF22aPF1241018， 故选：C.

【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，判断出点P的位置是解题的关键，属于中档题. 9.已知x0，y0，若不等式2xyA. 2 C. 6 【答案】B 【解析】 【分析】

由基本不等式求出2xym218恒成立，则正数m的最小值是（ ） xyB. 4 D. 8

m2的最小值，只需最小值大于等于18，得到关于m的不等式，求解，即xy

可得出结论.

m24xmy2xy2m22m24m， 详解】yxxy因为不等式2xy【所以2m24m18，即解得m2，所以m≥4. 故选:B.

m218恒成立， xym4m20，

【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查一元二次不等式的解法，属于基础题. 10.观察下面数阵，

1 3 5

7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29

…

则该数阵中第9行，从左往右数的第20个数是（ ） A. 545 【答案】C 【解析】 【分析】

由该数阵中第m行有2m1个数，所以前m行共有2m1个数，进而得出前两个每一行的数据，即可得到答案.

【详解】由题意，可得该数阵中第m行有2当m8时，可得前8行共255个数，

因为该数阵中的数依次相连成公差为2的等差数列，

所以该数阵中第9行，从左往右数的第20个数是127512549. 故选：C.

【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的应用，其中解答中认真审题，求得数表中数据的规律，结

m1B. 547 C. 549 D. 551

1(12m)个数，所以前m行共有2m1个数，

12

合等差、等比数列求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

x2y2点A是椭圆C的上顶点，直线l:y2x与椭圆C交11.已知椭圆C:221ab0的左焦点为F，

ab于M，N两点.若点A到直线l的距离是1，且MFNF不超过6，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）

2A. 0, 3【答案】A 【解析】 【分析】

2B. ,1 350,C. 3 5,1D.  3设椭圆C的右焦点为F'，连接MF'，NF'，根据椭圆的对称性可得|NF||MF|，结合椭圆的定义

'MFNFMFMF'2a6，从而有a3，点A到直线l的距离是1，可求得b5，根据椭圆a,b,c的关系，可得ec512，结合5a3，即可求出e的范围. aa【详解】设椭圆C的右焦点为F'，连接MF'，NF'. 由椭圆的对称性可知四边形MFNF'是平行四边形， 则MFNF2a，则2a6，即a3.

b1， 因为点A到直线l的距离是1，所以41ca2b25所以b5，则椭圆C的离心率e. 122aaa因为a3，所以a29，所以01即椭圆C的离心率e0,.

354， a292故选:A.

【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，以及椭圆定义应用，属于中档题.

x2y2右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上.若PF1F2为钝角三角形，12.已知双曲线C：1的左、

45则PF1PF2的取值范围是（ ） A. 9,

C. 6,214U9, 【答案】C 【解析】 【分析】

根据双曲线的几何性质PF1PF24，结合余弦定理分别讨论当P,F1,F2为钝角时PF1PF2的取值范围，根据双曲线的对称性，可以只考虑点P在双曲线C上第一象限部分即可.

D. 6,214

B. 0,214U9,

x2y2【详解】由题：双曲线C：1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上，

45必有PF1PF24，若PF1F2为钝角三角形，根据双曲线的对称性不妨考虑点P在双曲线第一象限部分：

当F1PF2为钝角时，在PF1F2中，设PF2x,x1,PF14x，

PF1PF2xx45

有PF1PF222F1F2，PF1PF2222PF1PF2F1F2，

2即162PF1PF236，PF1PF210， 所以5PF1PF210

PF1PF2当PF2F1PF1PF224PF1PF2164PF1PF26,214；

5135时，PF2所在直线方程x3，所以P3,，PF2,PF1，

2222PF1PF29，根据图象可得要使PF2F1此时PF1PF29，

2，点P向右上方移动，

综上所述：PF1PF2的取值范围是6,214U9,. 故选：C

【点睛】此题考查双曲线中焦点三角形相关计算，关键在于根据几何意义结合特殊情况分类讨论，体现数形结合思想.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡中的横线上.

13.若抛物线y2pxp0经过点2,1，则p______.

2【答案】

1 4【解析】 【分析】

将点代入抛物线即可求解.

【详解】由题：抛物线y2pxp0经过点2,1，

2所以14p， 即p

1. 4

故答案为：

1 4【点睛】此题考查根据点在曲线上代入求解参数值，属于简单题目.

14.在等比数列an中，若a2，a6是方程2x27x40的两根，则a4________.

【答案】2. 【解析】 【分析】

由题意求得a2a62，a2a67，再结合等比数列的性质，即可求解. 27， 2【详解】由题意知，a2，a6是方程2x27x40的两根，可得a2a62，a2a62又由a2a60，a2a60，所以a20，a60，可得a4a2q0， 2又由a4a2a62，所以a42.

故答案为：2.

【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

x215.直线l:ykx2与椭圆C:y21有公共点，则k的取值范围是_______．

266,U,【答案】 22【解析】 【分析】

将直线方程与椭圆方程联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，方程有两个解，0，解不等式，即可求解。

x2y21,22【详解】联立2整理得2k1x8kx60.

ykx2,因为直线l与椭圆C有公共点，所以8k242k10，

22解得k66或k. 2266故答案为:,2U2,.

【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，转化为方程解的个数，属于基础题. 16.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若则sinB_______．

2asinB3，且sinACsinB，bcosC4

【答案】

1 2【解析】 【分析】

33sinBsin(AC)代入sinACsinB，展开整理得2cosAsinC，①

442asinB化为2sinAcosCsin2B，与①式相加得 bcosC32sinAcosCcosAsinCsin2B，转化为关于sinB的方程，求解即可得出结论.

433【详解】因为sinACsinB，所以sinACsinAC，

442asinB3所以2cosAsinC，因为，

4bcosC所以2sinAcosCsin2B，

则2sinAcosCcosAsinCsinB23， 4整理得sinB2sinB2130，解得sinB. 42故答案为:

1. 2【点睛】本题考查正弦定理的边角互化，考查三角函数化简求值，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.已知p:关于x的方程sinmx1q:x,，使不等式x0,43在上恰有个解，存在322sin2x2cosxm0成立.

（1）若p为真命题，求正数m的取值范围；

（2）若pq为真命题，且pp为假命题，求正数m的取值范围.

523【答案】（1）,

824（2）0,U【解析】 【分析】

（1）由m0，0x4，可得

5823,1 243mx34m3，当命题p为真，结合正弦函数的图像可得

5234m，即可求出结论； 26（2）命题q为真，即存在x,，使不等式sin2x2cosxm0成立，转化为22msin2x2cosxcos2x2cosx1，设ycosx2cosx1，只需mymax，由x,，

2cosx1,0，求出函数ycos2x2cosx1的最大值，即求出q为真时m的取值范围. pq为真命

题，且pp为假命题，分为p真q假和q真p假，分别求出m的范围，即可求解. 【详解】解：（1）因为m0，0x4，所以因为p为真命题，所以sinmx在x0,4上恰有3个解，

3mx34m3.

1m0 3254m+4+， 6365235234m所以，所以m. 26824∴2+当p为真命题时，m的取值范围是,523. 824（2）不等式sin2x2cosxm0等价于

msin2x2cosxcos2x2cosx1.

设ycosx2cosx1cosx12，

22x,，所以cosx1,0，则ymax121.

2当q为真命题时，m1.

因为pq为真命题，且pq为假命题，所以p与q中一真一假，

235m,①当p真q假时，824m.

m1,5230m或m,523pqm1. ②当真假时，824解得0m或

8240m1,

综上，m的取值范围是0,U5823,1. 24【点睛】本题以命题的真假关系为背景，考查三角方程解的个数求参数范围，考查含余弦的二次函数的最值，考查复合命题的真假关系求参数，属于中档题.

18.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，tanAtanC33tanAtanC. （1）求B；

（2）若b6，a23，求ABC的面积. 【答案】（1）（2）63 【解析】 【分析】

化为tanAtanC3tanAtanC3，结合两角和的正切公式，tanAtanC33tanAtanC，

可得tan(AC)tanB3，由B的范围，求出B（2）由B即可求解.

【详解】解：（1）因为tanAtanC3所以tanAtanC所以tanAC 33；

3，b6，a23，根据余弦定理，得到关于边c的一元二次方程，求出c，由面积公式，

3tanAtanC，

3tanAtanC3，

tanAtanC3tanAtanC33.

1tanAtanC1tanAtanC因为ABC，所以tanBtanAC3， 因为0B，所以B（2）由（1）可知B3.

3，则sinB13，cosB.

22因为b6，a23，所以3612c223c， 即c43c220，解得c43.

故ABC的面积为

113acsinB234363. 222【点睛】本题考查三角函数化简求角，考查余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中档题. 19.设数列an的前n项和为Sn，且Snn2nnN2，数列b是等比数列，且ba1，

n11a4b425.

（1）求数列an，bn的通项公式； （2）求数列anbn的前n项和Tn.

n【答案】（1）an2n1,bn2

（2）Tn2n12【解析】 【分析】

n12

（1）根据数列前n项和与通项的关系，分n1,a1S1,n2,anSnSn1，可求出. an2n1，再由已知求出b1,b4，进而求出公比，即可求出bn的通项公式；

（2）{an}是等差数列，bn是等比数列，用错位相减法求anbn的前n项和. 【详解】解：（1）当n1时，a1S13，

2当n2时，Sn1n12n1n21， 则anSnSn12n1.

当n1时，a13满足上式，则an2n1 因为b1a11，a4b425， 所以b12，9b425，所以b416. 设等比数列bn的公比为q，

3则b4b1q16，解得q=2，

n1n故bnb1q2.

（2）由（1）可得anbn2n12，

n.

23则Tn325272L2n12，①

n2Tn322523724L2n12n2n12n1，②

①-②得Tn622L2故Tn2n12n134n12n12n112n2n12，

2.

【点睛】本题考查由数列的前n项和求通项公式，考查等比数列通项公式的基本量计算，考查用错位相减法求数列的前n项和，属于中档题.

220.已知抛物线C:x8y的焦点为F，直线l与抛物线C交于M,N两点.

（1）若直线l的方程为y=x+3，求|MF||NF|的值；

（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且MP2NP，求|MN|. 【答案】（1）18；（2）【解析】 【分析】

（1）设出点的坐标联立直线与抛物线的方程，消去x，由韦达定理可得y1y214，由抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等即可得结果.

uuuvuuuv165. 3uuuruuury（2）可设直线l的方程为y2xt，联立直线与抛物线的方程，消去，结合韦达定理以及MP2NP可

解出x13216，x2，根据弦长公式MN|k21|x1x2|即可得结果. 33【详解】（1）设Mx1,y1，Nx2,y2.

x28y,2联立整理得y14y90，

yx3,则y1y214.

因为M,N均在抛物线C上，所以|MF||NF|y1y2418. （2）设P(0,t)，则直线l的方程为y2xt.

x28y,联立整理得x216x8t0，

y2xt,则x1x216，x1x28t，

且16232t0，即t8.

uuuruuur因为MP2NP，所以点N为线段MP的中点，所以x12x2.

因为x1x216，所以x1此时8t3216，x2， 335128， ，t99故MN|3216165. k21|x1x2|5333【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线与抛物线相交时所得的弦长问题，注意抛物线性质的应用，属于中档题.

21.如图，在四棱锥PABCD中，ABAD，AD//BC，PAPBPD，PE2EC，O为BD的中点.

（1）证明：OP平面ABCD；

（2）若AB2，BC2AD43，PA4，求二面角CBDE的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）取AD的中点F，连接PF,OF，易得ADPF，OFAD，由线面垂直判定定理可得AD平面POF，进而ADOP，再将POBD与线面垂直判定定理相结合即可得结果.

（2）建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，可求出平面BDE的一个法向量m(3,1,4)，取平面

25. 5urrurrr|mn|rr即可得结果. BCD的一个法向量n(0,0,1)，根据图象结合cos|cosm,n|u|m||n|【详解】（1）证明：取AD的中点F，连接PF,OF. 因为PAPD，F为AD的中点，所以ADPF. 因为O为BD中点，F为AD的中点，所以OF//AB.

因为ABAD，所以OFAD，

因为OFPFF，OF平面POF，PF平面POF，所以AD平面POF. 又OP平面POF，所以ADOP.

因为PBPD，O为BD的中点，所以POBD.

因为ADIBDD，AD平面ABCD，BD平面ABCD， 所以OP平面ABCD.

（2）解：以O为坐标原点，FO所在直线为x轴，平行AD的直线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，∵PAPBPD， ∴OAOBOD1BD2，∴OP23， 2则O(0,0,0)，B(1,3,0)，D(1,3,0)，C(1,33,0)，P(0,0,23)，

223因为PE2EC，所以E3,23,3，

uuur5uuur23DE,3,故BD(2,23,0)，3. 3uuuvmBD2x23y0ur设平面BDE的法向量m(x,y,z)，则uuu v523z0mDEx3y33不妨取x3，则m(3,1,4)

r平面BCD的一个法向量n(0,0,1)，记二面角CBDE的大小为，

urrurr|mn|425rr. 由图可知为锐角，则cos|cosm,n|u5|m||n|251【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，利用向量法求二面角的大小，求出面的法向量是解题的关键，属于中档题.

x2y222.已知椭圆E：221ab0的焦距为22，点A在椭圆E上，且OA的最小值是2（O为

ab

坐标原点）.

（1）求椭圆E的标准方程.

（2）已知动直线l与圆O：xyt222t0相切，且与椭圆E交于P，Q两点.是否存在实数t，使得

OPOQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.

x2y223【答案】（1）（2）存在t 1；

423【解析】 【分析】

（1）根据焦距和椭圆的几何意义即可求出椭圆标准方程；

（2）分别对斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，相切即圆心到直线距离等于半径，OPOQ即向量的数量积为零，进行代数运算即可求解.

【详解】（1）因为OA的最小值是2，所以b因为椭圆E的焦距为22，所以2c22，即c所以a22， 2，

b2c24，

x2y2故椭圆E的标准方程是1；

42（2）①当直线l的斜率不存在时，

因为直线l与圆O相切，所以直线l的方程为xt，

82t2则直线l与椭圆E的交点为t,2282t2或t,2， 482t2232因为OPOQ，所以x1x2y1y2t， 0，所以t，即t343②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykxm，Px1,y1，Qx2,y2.

x2y21222联立4，整理得2k1x4kmx2m40， 2ykxm4km2m24则x1x22，x1x2，

2k12k21

因为Px1,y1，Qx2,y2在直线l上，所以y1y2kx1mkx2mkx1x2kmx1x2m，

22k22m244k2m24km2m24m24k22将x1x22，x1x2代入上式，得yy， 2m221222k12k12k12k12k12m24m24k2223m4k1， 因为OPOQ，所以x1x2y1y2，即0222k12k1m2423t，所以t2因为动直线l与圆O相切，所以，即t， 2k133k12m综上，存在t23，使得OPOQ. 3【点睛】此题考查根据椭圆的几何意义求解椭圆方程，根据直线与曲线的位置关系结合韦达定理解决探索性问题.