2020-2021年河南省周口市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年河南省周口市高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在△ABC中，若A=60∘，C=45∘，c=3，则a=( )
A.1B.322C.233D.2

2. 命题“若α=π4，则tanα=1”的逆否命题是( )
A.若α≠π4，则tanα≠1B.若α=π4，则tanα≠1
C.若tanα≠1，则α≠π4D.若tanα≠1，则α=π4

3. 椭圆x28+y29=1的离心率为( )
A.12B.15C.13D.14

4. 已知a，b∈R，若p：aA.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 设Sn为等差数列an的前n项和，若S9=45，a3+a8=12，则a7=( )
A.10B.9C.8D.7

6. 等比数列{an}中，a4，a8是关于x的方程x2+10x+4=0的两个根，则a2a6a10=( )
A.8B.−8C.4D.8或−8

7. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a=42，b=5，csA=35，则B=( )
A.π4B.π4或3π4C.π3D.π3或2π3

8. 设a∈R，若关于x的不等式x2−ax+1≥0在区间[1,2]上有解，则( )
A.a≤2B.a≥2C.a≥52D.a≤52

9. 如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M，若A1B1→=a→，A1D1→=b→，A1A→=c→，则下列向量中与B1M→相等的向量为( )

A.−12a→+12b→+c→B.12a→+12b→+c→
C.12a→−12b→+c→D.−12a→−12b→+c→

10. 已知函数f ( x)=2ax−a+3，若∃x0∈(−1, 1)，使得f ( x0 )=0，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞, −3)∪(1, +∞)B.(−∞, −3)
C.(−3, 1)D.(1, +∞)

11. 若直线l：x−2y−5=0过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的一个焦点且与其一条渐近线平行，则该双曲线的方程为( )
A.x220−y25=1B.x25−y220=1C.x24−y2=1D.x2−y24=1

12. 已知抛物线x2=8y与双曲线y2a2−x2=1(a>0)的一个交点为M，F为抛物线的焦点，若|MF|=5，则该双曲线的渐近线方程为( )
A.5x±3y=0B.3x±5y=0C.4x±5y=0D.5x±4y=0
二、填空题

已知命题p：∃x0∈R，lg2(3x0+1 )≤0，则¬p：________.
三、解答题

已知p：方程x2+mx+1=0有两个不相等的负实数根；q：不等式4x2+4(m−2)x+1>0的解集为R，若“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，求实数m的取值范围．

在△ABC中，a=3，b−c=2，csB=−12.

(1)求b，c的值；

(2)求sin(B−C)的值.

已知an是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2+a3=12.
(1)求数列an的通项公式；

(2)设bn=nan，求数列bn的前n项和Sn.

已知单位圆的内接三角形ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3(bcsC+ccsB)=2sinAtanB.
(1)求角B的大小；

(2)若△ABC的面积为334，求△ABC的周长．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A1，A2，上顶点B0,b，若△BA1A的面积为2，椭圆C的离心率为22．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设不经过B点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，若PB⊥QB，证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．

如图在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE=BF．

(1)求证：A1F⊥C1E；

(2)当三棱锥B1−BEF的体积取最大值时，求二面角B1−EF−B的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021年河南省周口市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
由已知利用正弦定理即可求值得解．
【解答】
解：由题意，得A=60∘，C=45∘，c=3，
由正弦定理，得a=csinAsinC=3×3222=322．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
原命题为：若a，则b．逆否命题为：若非b，则非a．
【解答】
解：根据题意，原命题为：若a，则b．逆否命题为：若非b，则非a．
∴ 命题：“若α=π4，则tanα=1”的逆否命题为：若tanα≠1，则α≠π4．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
通过椭圆方程，利用椭圆的离心率列出方程求解m即可．
【解答】
解：由题意，得椭圆x28+y29=1的焦点在y轴上，
且a2=9，b2=8，
则c2=a2−b2=1，
所以椭圆的离心率e=ca=13.
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
本题主要考查充分条件与必要条件.
【解答】
解：充分性：
令a=−2，b=1，a但1b<1a<0不成立，
所以充分性不成立；
必要性：
当1b<1a<0时，a所以必要性成立.
综上，p是q的必要不充分条件．
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，
由a3+a8=12，S9=45，
得a1+2d+a1+7d=12，9a1+9×(9−1)d2=45，
解得a1=−3，d=2，
所以a7=a1+6d=−3+12=9.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
等比中项
【解析】
根据题意，由等比数列的性质可得a4a8＝a2a10＝(a6)2，又由a4，a8是关于x的方程x2+10x+4＝0的两个实根，结合根与系数的关系可得a4a8＝4，a4+a8＝−10，进而分析可得a6＝−2，又由a2a6a10＝(a6)3，分析可得答案．
【解答】
解：∵ {an}是等比数列，
∴ a4a8=a2a10=(a6)2.
∵ a4，a8是关于x的方程x2+10x+4=0的两个根，
∴ a4a8=4，a4+a8=−10，
∴ a4<0，a8<0，
∴ a6=a4q2<0，即a6=−2，
∴ a2a6a10=(a6)3=−8.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
根据题意，有csA的值求出sinA的值，结合正弦定理可得sinB=b×sinAa，计算可得sinB的值，比较a、b的大小，分析可得答案．
【解答】
解：在△ABC中，∵ csA=35，
∴ sinA=45，且A为锐角，
又∵ 由asinA=bsinB，
∴ sinB=b×sinAa=22.
∵ a=42>b=5，
∴ B∴ B=π4.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 关于x的不等式 x2−ax+1≥0 在区间[1,2]上有解，
∴ a≤x+1x，在x∈[1,2]上有解，
即a≤(x+1x)max，x∈[1,2].
令f(x)=x+1x，
∵ 函数f(x)=x+1x，在[1,2]上单调递增，
∴ f(x)max=f(2)=52，
∴a≤52.
故选D.
9.
【答案】
A
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由题意可得B1M→=B1B→+BM→=A1A→+12B1D1→=c→+12[b→−a→]，化简得到结果．
【解答】
解：由题意，得B1M→=B1B→+BM→=A1A→+12BD→
=A1A→+12B1D1→=c→+12(A1D1→−A1B1→)
=c→+12(b→−a→)=−12a→+12b→+c→.
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
利用零点判定定理以及一次函数的性质，列出不等式求解即可．
【解答】
解：∵ f ( x)=2ax−a+3，且∃x0∈(−1, 1)，使得f ( x0 )=0，
∴ f ( −1)⋅f ( 1)<0，
即(−3a+3)(a+3)<0，
解得a<−3或a>1，
∴ a的取值范围是(−∞, −3)∪(1, +∞)．
故选A．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的准线方程
【解析】
求得直线l在x轴的交点和斜率，可得a2+b2＝25，①，12=ba，②解方程组，可得a，b，进而得到双曲线的方程．
【解答】
解：∵ 直线l：x−2y−5=0经过点(5, 0)，
∴ c=5，即a2+b2=25.
由题意，得直线l平行于渐近线y=bax，
∴ 12=ba，
解得a=25，b=5，
∴ 双曲线的方程为x220−y25=1．
故选A.
12.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
抛物线的定义
抛物线的性质
【解析】
求得抛物线的焦点和准线方程，设M(m, n)，则由抛物线的定义可得m＝3，进而得到M的坐标，代入双曲线的方程，可得a，再由渐近线方程即可得到所求．
【解答】
解：∵ 抛物线x2=8y的焦点F(0, 2)，准线方程为y=−2，
设M(m, n)，
由抛物线的定义，得|MF|=n+2=5，
∴ n=3，
由m2=24，
解得m=±26．
将M(±26,3)代入双曲线y2a2−x2=1中，
得9a2−24=1，解得a=35，
∴ 双曲线的渐近线方程为x=±53y，即3x±5y=0.
故选B.
二、填空题
【答案】
∀x∈R，lg2(3x+1 )>0
【考点】
命题的否定
【解析】
根据命题p是真命题，利用判别式Δ>0求得a的取值范围．
【解答】
解：存在命题的否定是全称命题，
命题p：∃x0∈R，lg2(3x0+1 )≤0的否定为
¬p：∀x∈R，lg2(3x+1 )>0.
故答案为：∀x∈R，lg2(3x+1 )>0.
三、解答题
【答案】
解：令f(x)=x2+mx+1，若命题p真，
则有Δ=m2−4>0，−m2<0，f(0)>0，
解得 m>2．
若命题q真，则有判别式Δ′=[4(m−2)]2−16<0，
解得1根据“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，可得命题p和命题q一个为真，另一个为假．
当命题p为真、命题q为假时，m≥3．
当命题p为假、命题q为真时，1综上可得，m的取值范围为(1, 2]∪[3, +∞)．
【考点】
复合命题及其真假判断
一元二次方程的根的分布与系数的关系
一元二次不等式的解法
【解析】
若命题p真，则有△=m2−4>0−m2<0f(0)>0，解得m>2；若命题q真，则有判别式△′=[4(m−2)]2−16<0，解得1【解答】
解：令f(x)=x2+mx+1，若命题p真，
则有Δ=m2−4>0，−m2<0，f(0)>0，
解得 m>2．
若命题q真，则有判别式Δ′=[4(m−2)]2−16<0，
解得1根据“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，可得命题p和命题q一个为真，另一个为假．
当命题p为真、命题q为假时，m≥3．
当命题p为假、命题q为真时，1综上可得，m的取值范围为(1, 2]∪[3, +∞)．
【答案】
解：(1)在△ABC中，a=3,b−c=2，
由余弦定理得，
csB=a2+c2−b22ac=32+c2−(2+c)22×3c=−12,
解得c=5，
∴b=7.
(2)∵在△ABC中，csB=−12<0，
∴B∈π2,π,C∈0,π2，
∴sinB=1−cs2B=1−−122=32，
由正弦定理bsinB=csinC得，
sinC=csinBb=5×327=5314,
∴csC=1−sin2C=1−53142=1114,
∴sin(B−C)=sinBcsC−csBsinC
=32×1114−−12×5314=437.
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ABC中，a=3,b−c=2，
由余弦定理得，
csB=a2+c2−b22ac=32+c2−(2+c)22×3c=−12,
解得c=5，
∴b=7.
(2)∵在△ABC中，csB=−12<0，
∴B∈π2,π,C∈0,π2，
∴sinB=1−cs2B=1−−122=32，
由正弦定理bsinB=csinC得，
sinC=csinBb=5×327=5314,
∴csC=1−sin2C=1−53142=1114,
∴sin(B−C)=sinBcsC−csBsinC
=32×1114−−12×5314=437.
【答案】
解：(1)设数列an的公比为q，
由a2+a3=12得q+q2=12，
所以q=3或q=−4，
因为an>0，所以q=3，
所以an=3n−1.
(2)由(1)知，an=3n−1，
则bn=nan=n⋅3n−1，
∴ Sn=1×30+2×31+3×32+⋯+n⋅3n−1 ①，
3Sn=1×31+2×32+3×33+⋯+n⋅3n②，
①−②，得 −2Sn=1+3+32+⋯+3n−1−n⋅3n
=1−3n1−3−n⋅3n=−121−3n−n⋅3n，
∴ Sn=141−3n+n2⋅3n=142n−1⋅3n+14.
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】


【解答】
解：(1)设数列an的公比为q，
由a2+a3=12得q+q2=12，
所以q=3或q=−4，
因为an>0，所以q=3，
所以an=3n−1.
(2)由(1)知，an=3n−1，
则bn=nan=n⋅3n−1，
∴ Sn=1×30+2×31+3×32+⋯+n⋅3n−1 ①，
3Sn=1×31+2×32+3×33+⋯+n⋅3n②，
①−②，得 −2Sn=1+3+32+⋯+3n−1−n⋅3n
=1−3n1−3−n⋅3n=−121−3n−n⋅3n，
∴ Sn=141−3n+n2⋅3n=142n−1⋅3n+14.
【答案】
解：(1)由正弦定理，得bsinB=csinC=2R=2，
∴ 3(2sinBcsC+2sinCcsB)=2sinAtanB，
即3sin(B+C)=sinAtanB.
∴ tanB=3．
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3．
(2)∵ S△ABC =12acsinB=334，B=π3，
∴ ac=3，b=2sinB=3，
由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB，
即3=a2+c2−ac，
∴ a=c=3，
∴ △ABC的周长为a+b+c=33.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
(Ⅰ)利用已知条件结合正弦定理以及两角和与差的三角函数化简求解角B的大小；
(Ⅱ)通过△ABC的面积为334，结合正弦定理求出a，b然后求解△ABC的周长．
【解答】
解：(1)由正弦定理，得bsinB=csinC=2R=2，
∴ 3(2sinBcsC+2sinCcsB)=2sinAtanB，
即3sin(B+C)=sinAtanB.
∴ tanB=3．
∵ B∈(0, π)，
∴ B=π3．
(2)∵ S△ABC =12acsinB=334，B=π3，
∴ ac=3，b=2sinB=3，
由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB，
即3=a2+c2−ac，
∴ a=c=3，
∴ △ABC的周长为a+b+c=33.
【答案】
解：(1)∵ S△BA1A=12×2a×b=2，
∴ ab=2 .
又∵ 椭圆的离心率为22，
∴ 222=1−b2a2，即a2=2b2 ，
∴ a2=2，b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)由题意知，直线l的斜率存在为k．
设直线l的方程为y=kx+mm≠1，
y=kx+m,x22+y2=1,
整理，得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
∵ Δ=(4km)2−4(1+2k2)(2m2−2)>0，
即1+2k2>m2，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则x1+x2=−4km1+2k2 ，x1x2=2m2−21+2k2.
∵ PB⊥QB，B(0,1)，
∴ BP→⋅BQ→=0，
又∵ BP→=x1,y1−1 ，BQ→=x2,y2−1，
∴ x1x2+y1−1y2−1=0，
即x1x2+kx1+m−1kx2+m−1=0，
整理，得1+k2x1x2+km−1x1+x2+m−12=0，
∴ 1+k2⋅2m2−21+2k2+km−1⋅−4km1+2k2+m−12=0，
又∵ m≠1，即m−1≠0，
∴ 1+k22m+2−4k2m+m−11+2k2=0，
整理，得3m+1=0，
解得m=−13，
∴ 直线l的方程为y=kx−13.
由1+2k2>m2，得k∈R，
∴ 直线l必过定点0,−13．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ S△BA1A=12×2a×b=2，
∴ ab=2 .
又∵ 椭圆的离心率为22，
∴ 222=1−b2a2，即a2=2b2 ，
∴ a2=2，b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)由题意知，直线l的斜率存在为k．
设直线l的方程为y=kx+mm≠1，
y=kx+m,x22+y2=1,
整理，得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
∵ Δ=(4km)2−4(1+2k2)(2m2−2)>0，
即1+2k2>m2，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则x1+x2=−4km1+2k2 ，x1x2=2m2−21+2k2.
∵ PB⊥QB，B(0,1)，
∴ BP→⋅BQ→=0，
又∵ BP→=x1,y1−1 ，BQ→=x2,y2−1，
∴ x1x2+y1−1y2−1=0，
即x1x2+kx1+m−1kx2+m−1=0，
整理，得1+k2x1x2+km−1x1+x2+m−12=0，
∴ 1+k2⋅2m2−21+2k2+km−1⋅−4km1+2k2+m−12=0，
又∵ m≠1，即m−1≠0，
∴ 1+k22m+2−4k2m+m−11+2k2=0，
整理，得3m+1=0，
解得m=−13，
∴ 直线l的方程为y=kx−13.
由1+2k2>m2，得k∈R，
∴ 直线l必过定点0,−13．
【答案】
(1)证明：以C为坐标原点，以CD，CB，CC1所在的直线
为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设AE=BF=m，
则E(a−m,a,0)，F(0,a−m,0)，A1(a,a,a)，C1(0,0,a)，
A1F→=−a,−m,−a，C1E→=(a−m,a,−a)，
∵ A1F→⋅C1E→=−a2+am−am+a2=0，
∴ A1F→⊥C1E→，
即A1F⊥C1E.
(2)解：∵ VB1−BEF=13a12⋅a−m⋅m=16a−m2+am，
当且仅当m=a2，即E，F分别AB，BC的中点时，VB1−BEF 最大.
取EF中点G，连结BG，B1G，
则Ga4,3a4,0，B0,a,0，B10,a,a，
E(a2,a,0)，F(0,a2,0)，GB1→=−a4,a4,a，
GB→=−a4,a4,0，FE→=a2,a2,0，
∵ GB1→⋅EF→=0，GB→⋅EF→=0，
∴ BG⊥EF，B1G⊥EF，
∴ ∠BGB1是二面角B1−EF−B的平面角，
∴ cs∠BGB1=GB→⋅GB1→|GB→||GB1→|=13，
∴ 二面角B1−EF−B的余弦值为13．
【考点】
用向量证明垂直
用空间向量求平面间的夹角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：以C为坐标原点，以CD，CB，CC1所在的直线
为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设AE=BF=m，
则E(a−m,a,0)，F(0,a−m,0)，A1(a,a,a)，C1(0,0,a)，
A1F→=−a,−m,−a，C1E→=(a−m,a,−a)，
∵ A1F→⋅C1E→=−a2+am−am+a2=0，
∴ A1F→⊥C1E→，
即A1F⊥C1E.
(2)解：∵ VB1−BEF=13a12⋅a−m⋅m=16a−m2+am，
当且仅当m=a2，即E，F分别AB，BC的中点时，VB1−BEF 最大.
取EF中点G，连结BG，B1G，
则Ga4,3a4,0，B0,a,0，B10,a,a，
E(a2,a,0)，F(0,a2,0)，GB1→=−a4,a4,a，
GB→=−a4,a4,0，FE→=a2,a2,0，
∵ GB1→⋅EF→=0，GB→⋅EF→=0，
∴ BG⊥EF，B1G⊥EF，
∴ ∠BGB1是二面角B1−EF−B的平面角，
∴ cs∠BGB1=GB→⋅GB1→|GB→||GB1→|=13，
∴ 二面角B1−EF−B的余弦值为13．