2016.1会宁一中高二数学(理)期末试卷及答案

会宁一中2015—2016学年高二期末考试数学试卷[来源:学*科*网]（理科）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效。第Ⅰ卷一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，满分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.）1、设21:xp，12:xq，则p是q成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2、已知点M在平面ABC内，并且对空间任一点O，则x的值为()A．B．C．D．03、若ab、是任意实数，且ab，则下列不等式成立的是（）A．22abB．1abC．lg0ab-D．ba31314、命题“xR，2240xx”的否定为（）A．xR，2240xxB．xR，2244xxC．xR，2240xxD．xR，2240xx5、在ABC中，已知2222abcab，则∠C=（）A．30°B．45°C．150°D．135°6、设等差数列na的前n项和为nS，若729S，则942aaa（）[来源:学.科.网Z.X.X.K]A．8B．16C．24D．367、已知2lg8lg2lg,0,0yxyx,则yx311的最小值是（）A．4B．3C．2D．1[来源:学科网Z-X-X-K]8、直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A．B．C．D．9、数列na满足11a，对任意的*Nn都有naaann11，则122016111aaa（）A．20152016B．40322017C．40342017D．2016201710、在等比数列{an}中，若a3a6=9，a2a4a5=27，则a2的值为()A．2B．3C．4D．911、设F是双曲线)0,0(1:2222babyaxC的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B．若FBFA2，则双曲线C的离心率是（）A、2B、2C、233D、14312、若直线:2xlym与曲线21:42Cyx有且仅有三个交点，则m的取值范围是（）A．21,21B．1,2C．1,21D．2,21第Ⅱ卷二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上.）13、已知数列{an}满足a1=1,an+1-an=2n，则an=．14、在△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2=b2+c2+bc，a=，S为△ABC的面积，则S+cosBcosC的最大值为．15、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为AB的中点，则二面角B－CA1－P的大小为________．16、动点(,)(0)Pxyx到点(1,0)F的距离与点P到y轴的距离差为1，则点P的轨迹方程为.三、解答题：（本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.）17、（10分）已知不等式2364axx的解集为1xxxb或．（1）求,ab；（2）解不等式0xcaxb．18、（12分）20.设p：实数x满足03422aaxx，其中0a；q:实数x满足062xx0822xx（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围。[来源:学*科*网]19、（12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且4bsinA=a．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）若a，b，c成等差数列，且公差大于0，求cosA﹣cosC的值．[来源:Z-x-x-k.Com]20、（12分）如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，60ABC，EF，分别是BCPC，的中点．（1）证明：AEPD；（2）若2,2ABPA，求二面角EAFC的余弦值．21、（12分）已知数列na是等比数列，3121aa，913a，数列nb的前n项和nS满足nnSn332)(*Nn．（Ⅰ）求数列na和nb的通项公式；（Ⅱ）若nnnabc，求数列nc的前n项和nT．22、（12分）已知椭圆C的离心率为12，直线1yx被以椭圆的短轴为直径的圆截得弦长为10，抛物线D以原点为顶点，椭圆的右焦点为焦点．（Ⅰ）求椭圆C与抛物线D的方程；（Ⅱ）已知A，B是椭圆C上两个不同点，且OA⊥OB，判定原点O到直线AB的距离是否为定值，若为定值求出定值，否则，说明理由．PBECDFA【答案】1.【答案】A【解析】因为21x，所以0x，所以21:xp能够推出q，而q不能推出p，所以p是q成立的充分不必要条件．2.【答案】A【解析】试题分析：利用四点共面的充要条件：若则x+y+z=1，列出方程求出x．试题解析：解：∵又点M在平面ABC内，∴解得x=3.【答案】D【解析】因为函数13xfx在xR上是减函数，又ab，所以ba3131。4.【答案】C【解析】根据全称命题和特称命题互为否定可知，命题“xR，2240xx”的否定为“xR，2240xx”．5.【答案】B【解析】因为2222abcab，所以222-=2abcab，所以由余弦定理得，222-2cos=22abcCab，则45C．6.【答案】C【解析】因为972S，所以1999722aaS，即1916aa，所以58a，所以249aaa249258528555()()()2324aaaaaaaaaaaa．7.【答案】A[来源:Z-x-x-k.Com]【解析】因为2lg8lg2lg,0,0yxyx，所以lg(28)lg2xy，即322xy，所以31xy，所以111133(3)()112243333xyxyxyxyxyyxyx．8.【答案】D【解析】试题分析：画出图形，建立空间直角坐标系，从而求出向量，的坐标，从而BM与AN所成角的余弦值为||=．[来源:Z-x-x-k.Com]试题解析：解：根据已知条件，分别以C1A1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设CA=2，则：A（2，0，2），N（1，0，0），B（0，2，2），A1（2，0，0），B1（0，2，0），M（1，1，0）；∴；∴；∴BM与AN所成角的余弦值为．故选：D．9.【答案】B【解析】因为11nnaaan，所以1-1nnaan，从而21-11aa，32-12aa，43-13aa，，-1-1-1nnaan，累加得：212-2nnnaa，所以22nnna，212112()1nannnn，所以12201611111111140322(1)2(1)2232016201720172017aaa。10.【答案】B【解析】试题分析：设公比为q，可得=9，=27，两式相除可得答案．试题解析：解：设等比数列{an}的公比为q，由题意可得a3a6===9，①a2a4a5===27，②可得a2=311.【答案】C【解析】双曲线)0,0(1:2222babyaxC的右焦点为)0,(cF，渐近线方程为xaby，设过点F向C的一条渐近线引垂线的方程为)(cxbay，分别联立)(cxbayxaby和)(cxbayxaby，得cabyA，22ababcyB，因为FBAF2，所以222ababccab，即2234ca，即332ace．12.【答案】B【解析】由题意得，曲线C是由椭圆上半部分2214xy和双曲线2214xy上半部分组成，且双曲线的渐近线方程为12yx，与直线l:12yxm平行；当直线l过右顶点时，直线l与曲线C有两个交点，此时，m=1；当直线l与椭圆相切时，直线l与曲线C有两个交点，此时2m；由图像可知，1,2m时，直线l与曲线C有三个交点．13.【答案】n2-n+1【解析】试题分析：由已知得，11)()(1)()()()()()()(nnnnnnnaaaaaaaaaannnnnnn21123221112112232221214.【答案】【解析】试题解析：解：∵a2=b2+c2+bc，∴cosA==﹣，∴A=，由正弦定理c=a•==2sinC，∴S===sinBsinC∴S+cosBcosC=sinBsinC+cosBcosC=cos（B﹣C）≤，15.【答案】16.【答案】24yx[来源:学+科+网Z+X+X+K]17.【答案】（1）12ab（2）2c时2,xxcx或]2c时2xxxc或，2c时2xx试题解析：（1）由已知1是方程2320axx的根，则a=1，∴方程为20232bxx解得12ab（2）原不等式为20xcx2c时解集为2xxcx或，2c时解集为2xxxc或，2c时解集为2xx。18.【答案】19【答案】解：（Ⅰ）由4bsinA=a，根据正弦定理得4sinBsinA=sinA，∵sinA≠0，∴sinB=；（Ⅱ）∵a，b，c成等差数列，∴2b=a+c，由正弦定理化简得：2sinB=sinA+sinC，即sinA+sinC=，①设cosA﹣cosC=x，②①2+②2，得2﹣2cos（A+C）=+x2，③又a＜b＜c，A＜B＜C，∴0＜B＜90°，cosA＞cosC，∴cos（A+C）=﹣cosB=﹣，代入③式得x2=，则cosA﹣cosC=．20【答案】（1）证明：由四边形ABCD为菱形，60ABC，可得ABC△为正三角形．因为E为BC的中点，所以AEBC．又BCAD∥，因此AEAD．因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE．而PA平面PAD，AD平面PAD且PAADA，所以AE平面PAD．又PD平面PAD，所以AEPD．（2）解法一：因为PA平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC平面ABCD．过E作EOAC于O，则EO平面PAC，过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角EAFC的平面角，在RtAOE△中，3sin302EOAE，3cos302AOAE，又F是PC的中点，在RtASO△中，32sin454SOAO，又223930484SEEOSO，在RtESO△中，32154cos5304SOESOSE，即所求二面角的余弦值为155．解法二：由（1）知AEADAP，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又EF，分别为BCPC，的中点，所以(000)(310)(310)(020)ABCD，，，，，，，，，，，，[来源:学科网Z-X-X-K]31(002)(300)122PEF，，，，，，，，，所以31(300)122AEAF，，，，，．设平面AEF的一法向量为111()xyz，，m，则00AEAF，，mm因此11113031022xxyz，．取11z，则(021)，，m，因为BDAC，BDPA，PAACA，所以BD平面AFC，故BD为平面AFC的一法向量．又(330)BD，，，所以2315cos5512BDBDBD，mmm．因为二面角EAFC为锐角，所以所求二面角的余