陕西省黄陵中学2019_2020学年高二数学上学期期末考试试题（重点班）理.docx

陕西省黄陵中学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（重点班）理1、 选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分）1数列1，3，7，15，的通项公式an可能是()A2nB2n1C2n1 D2n12在ABC中，“A”是“cos A”的()A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3命题p：xR，x210，命题q：R，sin2cos21.5，则下列命题中真命题是()Apq B（p)qC(p)q Dp(q)4不等式2的解集是()Ax|x8或x3 Bx|x8或x3Cx|3x2 Dx|3x25若a1，b1，那么下列不等式中正确的是()A. B1Ca2b2 Dabab6已知等差数列an中，a7a916，a41，则a12的值是()A15 B30 C31 D647双曲线3x2y29的实轴长是()A2 B2 C4 D48空间直角坐标中A(1，2，3)，B(1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB与CD的位置关系是()A平行 B垂直C相交但不垂直 D无法确定9已知向量a(1，0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1，1， 0) B(1，1，0)C(0，1，1) D(1，0，1)10.若实数a，b满足ab2，则3a3b的最小值是( )A18 B6 C2 D.4 11已知钝角三角形ABC的面积是，AB1，BC，则AC()A5 B C2 D112.已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且轴.过点A的直线l与线段交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（ ）A. B. C. D.2、 填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13命题“x0，tan x0sin x0”的否定是_14已知椭圆5x2ky25的一个焦点是(0，2)，则k_15已知a(x，2，4)，b(1，y，3)，c(1，2，z)，且a，b，c两两垂直，则(x，y，z)_16.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为_三、解答题（本大题共7小题，共80分）17(本小题满分10分)已知命题p：lg(x22x2)0，命题q：sin x14_1_15_(64，26，17)_16_解析：易知k0，椭圆方程可化为x21，所以 a2，b21.又c2，所以 14，所以 k1.答案：1 14 若ab，则2a2b 15 2 16 (2)(4) 3、 解答题（70分）17、（8分）17（10分） 解：由p是真命题，知lg(x22x2)0，所以x22x21x22x30，解得x1或x3.由q是假命题知1，故11或11，解得x4或x0.所以x的取值范围是x|x1或x418（12分）解：a(1，1，2)(2，0，2)(1，1，0)，b(3，0，4)(2，0，2)(1，0，2)(1)cos ，所以a与b的夹角的余弦值为.(2)kab(k，k，0)(1，0，2)(k1，k，2)，ka2b(k，k，0)(2，0，4)(k2，k，4)，所以(k1，k，2)(k2，k，4)(k1)(k2)k280.19（12分）即2k2k100，所以k或k2. 解：(1)当焦点在x轴上时，设抛物线的标准方程为y22px(p0)把(3，2)代入，得222p(3)，解得p.所以所求抛物线的标准方程为y2x.当焦点在y轴上时，设抛物线的标准方程为x22py(p0)把(3，2)代入，得(3)24p，解得p.所以所求抛物线的标准方程为x2y.(2)直线x2y40与x轴的交点为(4，0)，与y轴的交点为(0，2)，故抛物线的焦点为(4，0)或(0，2)当焦点为(4，0)时，设抛物线方程为y22px(p0)，则4，所以p8.所以抛物线方程为y216x.当焦点为(0，2)时，设抛物线方程为x22py(p0)，则220（12分） 解：直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，故AC，BC，CC1两两垂直，建立空间直角坐标系(如图)， 则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)(1)证明：(3，0，0)，(0，4，4)，所以0.故ACBC1.(2)解：平面ABC的一个法向量为m(0，0，1)，设平面C1AB的一个法向量为n(x，y，z)，(3，0，4)，(3，4，0)，由得令x4，则y3，z3，n(4，3，3)，故cosm，n.即二面角C1ABC的余弦值为.21（12分） 解：(1)因为A，所以BC，故sin3sin C，所以cos Csin C3sin C，即cos Csin C，得tan C.(2)由，sin B3sin C，得b3c.在ABC中，由余弦定理，得a2b2c22 bccos A9c2c22(3c)c7c2，又因为a，所以c1，b3，22（12分）所以ABC的面积为Sbcsin A.解：显然x1不满足条件，设l：y1k(x1)联立y1k(x1)和x21，消去y得(2k2)x2(2k22k)xk22k30，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由0，得k，x1x2，由M(1，1)为PQ的中点，得1，解得k2，这与k 矛盾，所以不存在满足条件的直线l.23（10分）(1)证明：在RtABC中，因为EFBC，所以EFAB，所以EFEB，EFEP，又因为EBEPE，EB，EP平面PEB，所以EF平面PEB.又因为PB平面PEB，所以EFPB.(2)解：在平面PEB内，过点P作PDBE于点D，由(1)知EF平面PEB，所以EFPD，又因为BEEFE，BE，EF平面BCFE，所以PD平面BCFE.在平面PEB内过点B作直线BHPD，则BH平面BCFE.如图所示，以B为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系设PEx(0x4)，又因为ABBC4，所以BE4x，EFx.在RtPED中，PED60，所以PDx，DEx，所以BD4xx4x，所以C(4，0，0)，F(x，4x，0)，P.从而(x4，4x，0)，.设n1(x0，y0，z0)是平面