2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知命题p:∀x∈R，x2+5>4x，则它的否定是( )
A.¬p:∀x∈R，x2+5<4xB.¬p：∃x0∈R，x02+5≤4x0
C.¬p：∃x0∈R，x02+5<4x0D.¬p:∀x∈R，x2+5≤4x

2. 若a，b∈R，−2≤a≤4，1≤b≤3，则a−b的取值范围是( )
A.−1≤a−b≤5B.−3≤a−b≤1C.−1≤a−b≤1D.−5≤a−b≤3

3. 若椭圆y225+x2m=1与双曲线y28−x2=1的焦点相同，则m的值为( )
A.3B.4C.16D.18

4. 等差数列an的前n项和为Sn，已知S3=a2+10a1，a5=34，则a1=( )
A.2B.3C.4D.5

5. 如图所示，空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M在OA上，且2OM→=MA→，N为BC中点，则MN→等于( )

A.−13a→+12b→+12c→B.−23a→+12b→+12c→
C.12a→+12b→−13c→D.13a→+23b→−12c→

6. 涓水河是湘江的一条支流，近年来，两岸经济飞速发展，迫切需要在河的上方建一座桥来加强两岸的联系．测量人员在河的西岸边选定两个位置A，C，对河的东岸边B一棵树进行测量，测得AC=100米，∠CAB=67.5∘，∠BCA=45∘，则桥至少要建( )米长．

A.50B.54C.68D.502

7. 设Ax1,y1，Bx2,y2是抛物线y2=8x上的两点，并且满足OA⊥OB，则直线AB过定点( )
A.2,0B.4,0C.6,0D.8,0

8. 对于数列an，若存在正整数kk≥2，使得akA.12B.2C.98D.89
二、多选题

若实数x，y满足x>y>0，则有下列结论，其中正确的有( )
A.x+1ysinyC.lnxy>0D.x3>y3

已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，E，F是平面ABCD上两点，如果空间直角坐标系中AE→=0,2,1，AF→=−1,0,2，AP→=−4,1,−2，下列结论正确的有( )
A.存在实数λ使得AP→=AE→+λAF→
B.AP→⊥AE→
C.AP→是平面ABCD的一个法向量
D.|AF→|=|AE→|

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题是( )
A.若csA=csB，则△ABC为等腰三角形
B.若sinA=csB，则△ABC为直角三角形
C.若asinA=bcsB=ccsC，则△ABC为等腰直角三角形
D.若sin2A+sin2B
已知F是双曲线x2a2−y2b2=1a,b>0的左焦点，E是该双曲线的右顶点，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABE是锐角三角形，则下列结论可能正确的是( )
A.双曲线方程为x24−y22=1
B.渐近线方程为y=±2x
C.直线x+2y−2=0与双曲线有两个公共点
D.双曲线的离心率为3
三、填空题

命题“∀a∈R，a2−m+1>0”为真命题，则实数 m的取值范围是________.

动圆经过点A0,aa>0，且与直线l:y=−a相切，求动圆圆心M的轨迹方程是________.

我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们．定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献．现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个整数中能被3除余2且被4除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，那么此数列的项数为________.

如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1 中，AB=AC=AA1=2，E，F分别是BA，A1C1的中点，则直线BC1与EF所成角的余弦值为________

四、解答题

已知命题p：实数a满足a2−7at+12t2<0t>0，命题q：实数a满足方程x2a−2−y26−a=1表示双曲线，若¬p是¬q的必要不充分条件，求实数t的取值范围．

在①tanBtanC−A=1，②bsinB+csinC=a2sinBsinCsinA+sinA这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，B=π3，a=2.
(1)求角A；

(2)求△ABC的面积．

张三家有两个池塘，分别育有青鱼苗和草鱼苗，7月3日以来一个星期内，天气持续高温，鱼苗开始发病，并不断恶化，张三找到生资站，购得仅有的某型鱼药4（单位：百克）进行防治．按以往经验统计，使用该型鱼药后，病情会得到控制，青鱼苗池的损失y1与鱼药的使用量x成反比，比例系数为1；草鱼苗池的损失y2也与鱼药的使用量成反比，比例系数为m，当青鱼苗池和草鱼苗池的鱼药使用量相同时，两个鱼池的总损失为5（单位：百元）.
(1)将y表示为x的函数，写出函数的定义域；

(2)为了让张三家两个鱼池的总损失最小，张三在两个鱼池的鱼药使用量分别应该怎样是多少？总损失为多少元？

如图，D，E分别是直三棱柱ABC−A1B1C1的棱AA1，B1C1的中点，且棱AB=AA1=2，CB=1，CA=3.

(1)求证：A1E//平面BDC1

(2)求直线BA1与平面BDC1所成角的正弦值．

设数列an的前n项和为Sn．已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N∗.
(1)设bn=Sn−3n，求数列bn的通项公式；

(2)设a=5，求所有可能乘积bibj1≤i≤j≤n的和．

已知Mx0,0，N0,y0两点分别在x轴和y轴上运动，且|MN|=1，若动点G满足OG→=2OM→+ON→，动点G的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；

(2)若过点M2,0的直线l与曲线E交于不同两点A，B，P为曲线E上的动点，OA→+OB→=tOP→（O为坐标原点），且t>263，求△AOB面积的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】

【解答】
解：根据全称命题的否定是特称命题可知，
命题“p:∀x∈R，x2+5>4x”的否定是：
“¬p:∃x0∈R，x02+5≤4x0.
故选B .
2.
【答案】
D
【考点】
不等式性质的应用
【解析】

【解答】
解：∵ 1≤b≤3，
∴ −3≤−b≤−1.
∵ −2≤a≤4，
∴ −5≤a−b≤3．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的标准方程
【解析】

【解答】
解：双曲线标准方程为y28−x2=1，
所以双曲线的焦点坐标为0,±3，
由于椭圆与双曲线有相同的焦点，
所以由椭圆的方程得：m=25−9=16．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】

【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，
∵ S3=a2+10a1，a5=34，
∴ 3a1+3d=11a1+d,a1+4d=34,解得d=8，a1=2，
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
空间向量的加减法
【解析】

【解答】
解：MN→=ON→−OM→
=12OB→+OC→−13OA→=12b→+c→−13a→
=−13a→+12b→+12c→ .
故选A .
6.
【答案】
D
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】

【解答】
解：在△ABC中，∠CAB=67.5∘，∠BCA=45∘，
∴ ∠ABC=67.5∘，∠ABC=∠CAB ，
∴ AC=BC=100m，作BD⊥AC，垂足为D，
则BD即为河的宽度．
∴ BD=BC⋅sin45∘=100×22=502m，
∵ 河的宽度为502m，故桥至少要建502m长．
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】

【解答】
解：由题意得出x1=y128，x2=y228，
∵ OA⊥OB，
∴ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=y12y2264+y1y2=0.
∵ A，B两点均不与原点重合，则y1y2≠0，
∴ y1y2=−64，
令AB:x=my+n，代入y2=8xp>0得y2−8my−8n=0，
∴ y1y2=−64=−8n，即n=8 .
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
数列的函数特性
【解析】

【解答】
解：an+1−an=2n+1(n+1)2−2nn2=[(n−1)2−2]⋅2n(n+1)2⋅n2，
当n≥3时，n−12−2>0，∴ 当n≥3时an+1>an；
当n<3时，n−12−2<0，∴ 当n<3时，an+1∴ 当n=3时，an取到最小值为a3=89，
即an的“谷值”为89．
故选D．
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】

【解答】
解：A，由于x>y>0，
所以(x+1y)−(y+1x)=(x−y)(1+1xy)>0，故A错误；
B，因为正弦函数为周期函数，故B错误；
C，因为x>y>0，所以xy>1，故C正确；
D，由于x>y>0，所以x3>y3，故D正确.
故选CD .
【答案】
B,C,D
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
向量的模
共线向量与共面向量
【解析】

【解答】
解：因为AP→⋅AE→=0，AP→⋅AF→=0，|AF→|=|AE→|，
故B，C，D正确；
由AP→是平面ABCD的一个法向量知AP→与AE→、AF→不共面，故A错误．
故选BCD．
【答案】
A,C
【考点】
三角形的形状判断
解三角形
【解析】

【解答】
解：A，若csA=csB，因为余弦函数在0,π上为减函数，
则A=B，故A正确；
B，因为sinA=csB，所以A=B+π2或A=π2−B，
所以△ABC不一定是直角三角形，故B错误；
C，因为asinA=bcsB=ccsC，
所以sinB=csB，tanB=tanC，且A，B，C∈0,π,
所以π4=B=C，△ABC为等腰直角三角形，故C正确；
D，由已知a2+b2−c2<0，
所以csC=a2+b2−c22ab<0，C为钝角，故D错误．
故选AC．
【答案】
A,C,D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】

【解答】
解：作出几何关系如图，
利用双曲线性质可得|AF|=|BF|=b2a,
|EF|=a+c，要使△ABE是锐角三角形，则只需∠AEB为锐角，故∠AEF<45∘，
所以|AF|<|EF|，即c2−a2a即2a2+ac−c2>0，两边同除以a2，化简得e2−e−2<0，解得−1因为e>1，故1故ACD正确，B错误；
故选ACD．
三、填空题
【答案】
−∞,1
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】

【解答】
解：由a2−m+1>0得a2>m−1，又a2≥0，
∴ m−1<0，则m<1，故实数m的取值范围是−∞,1.
故答案为：−∞,1.
【答案】
x2=4ay
【考点】
圆锥曲线的轨迹问题
【解析】

【解答】
解：由已知动点M到定点A和定直线l:y=−a的距离相等，
所以点M的轨迹是抛物线，
且以Aa,0为焦点，以直线l：=−a为准线，
所以p=2a，所以动圆圆心的轨迹方程为x2=4ay .
故答案为：x2=4ay .
【答案】
169
【考点】
数列的应用
【解析】

【解答】
解：由能被3除余2且被4除余2的数就是能被12除余2的数，
故an=2+n−1×12=12n−10，
由an=12n−10≤2020，得n≤169+16，n∈N∗，
故此数列的项数为169 .
故答案为：169.
【答案】
31010
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】

【解答】
解：以E为原点，EA，EC为x，y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，F12,32,2 ，B(−1,0,0)，C1(0,3,2)，
EF→12,32,2，BC1→(1,3,2)，
csθ=|EF→⋅BC1→||EF→||BC1→|=12+32+45⋅8=31010 .
故答案为：31010.
四、解答题
【答案】
解：由a2−7at+12t2<0t>0，解得3t即命题p:3t由曲线x2a−2−y26−a=1为双曲线可得：a−26−a>0，
解得2即命题q:2由¬p是¬q的必要不充分条件，则p是q的充分不必要条件，
从而有：3t≥2,4t≤6,解得：23≤t≤32，
∴ 实数t的取值范围是{t|23≤t≤32}．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
暂无.
【解答】
解：由a2−7at+12t2<0t>0，解得3t即命题p:3t由曲线x2a−2−y26−a=1为双曲线可得：a−26−a>0，
解得2即命题q:2由¬p是¬q的必要不充分条件，则p是q的充分不必要条件，
从而有：3t≥2,4t≤6,解得：23≤t≤32，
∴ 实数t的取值范围是{t|23≤t≤32}．
【答案】
解：(1)选①因为tanBtanC−A=1,
∴ csC−AcsB=sinC−AsinB，
⇒csC−A+B=0，即cs180∘−2A=0.
∴ cs2A=0.
∵ 0∘∴ 2A=90∘，则A=45∘．
选②因为bsinB+csinC=a2sinBsinCsinA+sinA,
由正弦定理可得:b2+c2=a2bca+a，
即b2+c2−a2=2bc，
再由余弦定理可得2bccsA=2bc，即csA=22，
又0(2)由正弦定理知bsinB=asinA⇒b=3，
而sinC=sinπ−A−B=sinπ4+π3=2+64,
所以△ABC的面积S=12absinC
=12×2×3×2+64=3+34．
【考点】
解三角形
两角和与差的余弦公式
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
暂无.
暂无.
【解答】
解：(1)选①因为tanBtanC−A=1,
∴ csC−AcsB=sinC−AsinB，
⇒csC−A+B=0，即cs180∘−2A=0.
∴ cs2A=0.
∵ 0∘∴ 2A=90∘，则A=45∘．
选②因为bsinB+csinC=a2sinBsinCsinA+sinA,
由正弦定理可得:b2+c2=a2bca+a，
即b2+c2−a2=2bc，
再由余弦定理可得2bccsA=2bc，即csA=22，
又0(2)由正弦定理知bsinB=asinA⇒b=3，
而sinC=sinπ−A−B=sinπ4+π3=2+64,
所以△ABC的面积S=12absinC
=12×2×3×2+64=3+34．
【答案】
解：(1)依题意知y=1x+m4−x(0其中当x=2时，y=5，可得m=9 ．
所以，y=1x+94−x(0(2)由(1)知，y=1x+94−x0∴ y=1x+94−x=14(x+4−x)1x+94−x
=141+4−xx+9x4−x+9
≥1410+24−xx×9x4−x=4．
当且仅当4−xx=9x4−x时等号成立，此时x=1，
所以当x=1时，ymin=4百元，
所以，青鱼苗池和草鱼苗池的鱼药使用量分别是100克和300克时，张三家的损失最小，最小值为400元．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：(1)依题意知y=1x+m4−x(0其中当x=2时，y=5，可得m=9 ．
所以，y=1x+94−x(0(2)由(1)知，y=1x+94−x0∴ y=1x+94−x=14(x+4−x)1x+94−x
=141+4−xx+9x4−x+9
≥1410+24−xx×9x4−x=4．
当且仅当4−xx=9x4−x时等号成立，此时x=1，
所以当x=1时，ymin=4百元，
所以，青鱼苗池和草鱼苗池的鱼药使用量分别是100克和300克时，张三家的损失最小，最小值为400元．
【答案】
(1)证明：在线段BC1上取中点F，连结EF，DF．
则EF//DA1，且EF=DA1，
∴ EFDA1是平行四边形．
∴ A1E//FD.
又A1E⊄平面BDC1，FD⊂平面BDC1，
∴ A1E//平面BDC1．
(2)解：由题知CB2+CA2=AB2，所以CA⊥CB，
又三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以CA，CB，CC1两两垂直．
以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B0,1,0，D3,0,1，C10,0,2，A13,0,2，
所以BA1→=(3,−1,2)，BC1→=(0,−1,2)，BD→=(3,−1,1).
设平面BDC1的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅BD→=3x−y+z=0,n→⋅BC1→=−y+2z=0,
令z=1，则y=2，x=33，所以n→=33,2,1，
令直线BA1与平面BDC1所成角为θ，
则 sinθ=|cs⟨BA1→,n→⟩|=|BA1→⋅n→||BA1→|⋅|n→|=122⋅1+4+13=616,
故直线BA1与平面BDC1所成角的正弦值为616.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无.
无.
【解答】
(1)证明：在线段BC1上取中点F，连结EF，DF．
则EF//DA1，且EF=DA1，
∴ EFDA1是平行四边形．
∴ A1E//FD.
又A1E⊄平面BDC1，FD⊂平面BDC1，
∴ A1E//平面BDC1．
(2)解：由题知CB2+CA2=AB2，所以CA⊥CB，
又三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以CA，CB，CC1两两垂直．
以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B0,1,0，D3,0,1，C10,0,2，A13,0,2，
所以BA1→=(3,−1,2)，BC1→=(0,−1,2)，BD→=(3,−1,1).
设平面BDC1的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅BD→=3x−y+z=0,n→⋅BC1→=−y+2z=0,
令z=1，则y=2，x=33，所以n→=33,2,1，
令直线BA1与平面BDC1所成角为θ，
则 sinθ=|cs⟨BA1→,n→⟩|=|BA1→⋅n→||BA1→|⋅|n→|=122⋅1+4+13=616,
故直线BA1与平面BDC1所成角的正弦值为616.
【答案】
解：(1)依题意，Sn+1−Sn=an+1=Sn+3n，即Sn+1=2Sn+3n，
由此得Sn+1−3n+1=2Sn−3n，因此，bn+1=2bn．
当a≠3时，bn为等比数列，首项是b1=a−3，公比q=2，
所求通项公式为bn=a−32n−1，n∈N∗．①
当a=3时，b1=a−3=0，bn=2bn−1=22bn−2=23bn−3= ⋯=2n−1b1=0，
也适合①．
故数列bn的通项公式为bn=a−32n−1，n∈N∗．
(2)a=5时，bn=2n．
设所求的和为S，
则S=b1b1+(b1+b2)b2+(b1+b2+b3)b3+⋯
+(b1+b2+⋯+bn)bn，
即：S=2×2+2+22×22+⋯+2+22+⋯+2n×2n
=21−211−2×2+21−221−2×22+⋯+21−2n1−2×2n
=2[(4+42+⋯+4n)−(2+22+⋯+2n)]
=2⋅41−4n1−4−21−2n1−2
=23⋅4n+1−2n+2+43 .
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】

【解答】
解：(1)依题意，Sn+1−Sn=an+1=Sn+3n，即Sn+1=2Sn+3n，
由此得Sn+1−3n+1=2Sn−3n，因此，bn+1=2bn．
当a≠3时，bn为等比数列，首项是b1=a−3，公比q=2，
所求通项公式为bn=a−32n−1，n∈N∗．①
当a=3时，b1=a−3=0，bn=2bn−1=22bn−2=23bn−3= ⋯=2n−1b1=0，
也适合①．
故数列bn的通项公式为bn=a−32n−1，n∈N∗．
(2)a=5时，bn=2n．
设所求的和为S，
则S=b1b1+(b1+b2)b2+(b1+b2+b3)b3+⋯
+(b1+b2+⋯+bn)bn，
即：S=2×2+2+22×22+⋯+2+22+⋯+2n×2n
=21−211−2×2+21−221−2×22+⋯+21−2n1−2×2n
=2[(4+42+⋯+4n)−(2+22+⋯+2n)]
=2⋅41−4n1−4−21−2n1−2
=23⋅4n+1−2n+2+43 .
【答案】
解：(1)设Gx,y，∵ OG→=2OM→+ON→，
∴ x,y=2x0,0+0,y0=2x0,y0，
∴ x=2x0，y=y0，即x0=22x，y0=y，
由|MN|=1知x02+y02=1，
∴ x22+y2=1即为E的方程．
(2)直线l的斜率必须存在，即设l:y=kx−2，
联立 x22+y2=1,y=kx−2, 消去y得x2+2k2x−22=2，
即1+2k2x2−8k2x+8k2−2=0．
由Δ=64k4−81+2k24k2−1=81−2k2>0，得k2<12，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
由韦达定理得x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2，
而OA→+OB→=tOP→，设Px,y，∴ x1+x2=tx,y1+y2=ty,
∴ x=x1+x2t=8k2t(1+2k2),y=y1+y2t=k(x1−2)+k(x2−2)t=−4kt(1+2k2),
而P在曲线E上，
∴ 8k22t21+2k22+216k2t21+2k22=2，∴ t2=16k21+2k2(∗)．
由t>263得t2>249，从而k2>14 .
∴ 14又∵ |AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2
=1+k222(1−2k2)1+2k2，
而原点到直线l的距离为d=|k0−2−0|1+k2=|2k|1+k2，
∴ △AOB面积S=12×|AB|×d
=22k2(1−2k2)1+2k2=22k2(1−2k2)(1+2k2)2，
令λ=1+2k2，
则S=2λ−12−λλ2=2−21λ−342+18，
由14∴ 0【考点】
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】

【解答】
解：(1)设Gx,y，∵ OG→=2OM→+ON→，
∴ x,y=2x0,0+0,y0=2x0,y0，
∴ x=2x0，y=y0，即x0=22x，y0=y，
由|MN|=1知x02+y02=1，
∴ x22+y2=1即为E的方程．
(2)直线l的斜率必须存在，即设l:y=kx−2，
联立 x22+y2=1,y=kx−2, 消去y得x2+2k2x−22=2，
即1+2k2x2−8k2x+8k2−2=0．
由Δ=64k4−81+2k24k2−1=81−2k2>0，得k2<12，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
由韦达定理得x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2，
而OA→+OB→=tOP→，设Px,y，∴ x1+x2=tx,y1+y2=ty,
∴ x=x1+x2t=8k2t(1+2k2),y=y1+y2t=k(x1−2)+k(x2−2)t=−4kt(1+2k2),
而P在曲线E上，
∴ 8k22t21+2k22+216k2t21+2k22=2，∴ t2=16k21+2k2(∗)．
由t>263得t2>249，从而k2>14 .
∴ 14又∵ |AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2
=1+k222(1−2k2)1+2k2，
而原点到直线l的距离为d=|k0−2−0|1+k2=|2k|1+k2，
∴ △AOB面积S=12×|AB|×d
=22k2(1−2k2)1+2k2=22k2(1−2k2)(1+2k2)2，
令λ=1+2k2，
则S=2λ−12−λλ2=2−21λ−342+18，
由14∴ 0

2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

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