河南省安阳市高二数学上学期期末考试试题(有答案)

第I卷（选择题）

一、选择题

1．在ABC中，A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知abc2ab，则C（ ） A．

22223 B． C． D．

34242．ABC,角A,B,C对应边分别为a,b,c.已知条件p:ab，条件q：ab，则p是q成立的

cosAcosB( )

A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既非充分也非必要条件

3．已知等比数列an中，a2a106a6，等差数列bn中，b4b6a6，则数列bn的前9项和为（ A．9 B．27 C．54 D．72

4．已知数列{a和S2n}的前项nnn2n，则数列{1a}的前项n和为（ ） nan1A．

n3(2n3) B．2n3(2n3) C．n1n3(2n1) D．2n1

5．设

若

的最小值 ( )

A. 2 B.

C. 4 D. 8

x2y56．设实数x,y满足约束条件0xy40，则zx2y2的最小值为 （ ）

3xy100A.10 B.10 C.8 D.5

7．对于曲线C：

x2y24kk11，给出下面四个命题： ① 曲线C不可能表示椭圆；

②“1<<4”是“曲线C表示椭圆”的充分不必要条件； ③“曲线C表示双曲线”是“<1或>4”的必要不充分条件； ④“曲线C表示焦点在轴上的椭圆”是“1<<52”的充要条件 其中真命题的个数为（ ）

A.0个 B.1个 C.2个 D.3个

8．已知点M(3,0)，椭圆x24y21与直线yk(x3)交于点A,B，则ABM的周长为( ) ） A．4 B．8 C．12 D．16

x2x2y21和双曲线y21的公共焦点为F1、F2，P是两曲线的一个公共点，则9．设椭圆

362cosF1PF2等于（ ）

A．

1113 B． C． D． 4395210．点A是抛物线x4y的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足

PAmPB，当m取最大值时，点P恰好在以A,B为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为( )

A．21 B．

5121 C．51 D． 222y21的两个焦点，11．设点F1，F2是双曲线x点P是双曲线上一点，若3PF则PF1F214PF2，3的面积是（ ）

A．53 B．315 C．45 D．210

22x2y2xyF、F12．设1的公共焦点,它2分别为椭圆C1:221(ab0)与双曲线C2:221(a10,b10)aba1b1们在第一象限内交于点M,F1MF290,若椭圆的离心率e=（ ）

3,则双曲线C2的离心率e1的取值为432935A. B. C. D.

2224

第II卷（非选择题）

二、填空题

13．已知正实数a，b满足ab4，则

11的最小值为 . a1b322214．在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足条件bcabc1，cosBcosC则ABC的周长为

1，815．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a12，an12Sn1，则数列{an}的通项公式为 .

16．已知F1为椭圆5x9y45的左焦点，P为椭圆上半部分上任意一点，A(1,1)为椭圆内一点，则

22|PF1||PA|的最小值______________

三、解答题

17．在ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知a2acosAcosB2bsinA.

2（1）求C；

（2）若ABC的面积为

18．在公差不为零的等差数列an中，a11，且a2，a5，a14成等比数列． （Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）令bn153，周长为 15，求c. 41，试比较数列bn的前n项和Sn与1的大小． anan1219．已知函数f(x)ax(b8)xaab,f(x)0的解集为（-3,2）, （1）求f(x)的解析式; （2）x1时,y2f(x)21的最大值;

x1（3）若不等式axkxb0的解集为A,且(1,4)A,求实数k的取值范围.[

20．已知抛物线C：y=2p（p＞0）的焦点为F并且经过点A（1，﹣2）． （1）求抛物线C的方程；

（2）过F作倾斜角为45°的直线l，交抛物线C于M，N两点，O为坐标原点，求△OMN的面积。

21．已知点M(－2，0)，N(2，0)，动点P满足条件|PM|－|PN|＝22，记动点P的轨迹为W． ⑴求W的方程；

⑵若A、B是W上的不同两点，O是坐标原点，求数量积OAOB的最小值．

2

2x2y2222．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，椭圆C和抛物线yx交于M,N两点，且

2ab直线MN恰好通过椭圆C的右焦点． （1）求椭圆C的标准方程；

（2）经过椭圆C右焦点的直线l和椭圆C交于A,B两点，点P在椭圆上，且OA2BP， 其中O为坐标原点，求直线l的斜率．

高二数学参

1．D 【解析】

a2b2c2222试题分析：由余弦定理得cosC，又因为abc2ab，所以

2abcosC2ab23，又C(0,)，所以C，故选D． 2ab24考点：余弦定理． 2．A 【解析】 试题分析：由充要条件

考点：充分条件与必要条件 3．B 【解析】

22试题分析：∵数列an是等比数列，a2a10a6，又a2a106a6a6＝6a6，，解得a66．

absinAsinB可得tanAtanBABab，所以p是q成立的

cosAcosBcosAcosBb4b66．∵数列bn是等差数列，

∴数列bn的前9项和S9(b1b9)9(b4b6)969＝＝27．故选B． 222考点：等差数列，等比数列的性质 4．A 【解析】

2试题分析：数列{an}的前项n和Snn2n，当n1时，a1S13，当n2时，

2anSnSn12n2nn12n12n1n1时，也适合，故数列{an}的通项公式，当

为an2n1，则数列{11}，}即{anan12n12n3111，则数

2n12n322n12n31列{1111111111n1}的前项n和Tn...，选A 235572n12n3232n33(2n3)anan1考点：数列的通项公式，裂项求和法 5．C

【解析】由题意知所以

，即

，所以

，

。

当且仅当6．B 【解析】

，即时，取等号，所以最小值为4，选C.

试题分析：作出不等式组表示的平面区域，如图所示，因为zxy表示区域内的点到原点距离的平方，由图知，当区域内的点与原点的连线与直线3xy10垂直时zxy取得最小值，所以zmax＝

2222(|30010|3212)210，故选B.

考点：简单的线性规划问题. 7．B 【解析】

试题分析：①当1＜＜4且≠

5时，曲线表示椭圆，所以①错误； 2②“1<<4”是“曲线C表示椭圆”的必要不充分条件，所以②错误. ③“曲线C表示双曲线”是“<1或>4”的充要条件，所以③错误.

k105④若曲线C表示焦点在轴上的椭圆，则4k0，解得1k，所以④正确

24kk1考点：圆锥曲线的共同特征 8．B 【解析】

222试题分析：由椭圆方程可知a4,b1c3,c3，点M为又交点，直线yk(x3)过左焦

点3,0，由椭圆定义可知ABM的周长为4a8 考点：椭圆定义及方程性质 9．B 【解析】

试题分析：不妨设P是双曲线右支与椭圆交点，F1、F2分别是左右焦点，则在椭圆中，由定义知

PF1+PF226，在双曲线中PF1-PF223，联立解得PF1=6+3，PF2=63，

F1F24,由余弦定理得cosF1PF218161，故选B． 233考点：1．双曲线的定义；2．椭圆的定义．

【思路点晴】本题主要考查的是双曲线的定义及简单几何性质，椭圆的定义及简单几何性质，涉及三角形中的余弦定理，属于中档题．解决问题时首先根据椭圆与双曲线的定义写出PF1+PF226和PF1-PF223，解出PF1=6+3，PF2=63，F1F24后，运用余弦定理求夹角的余弦

值即可． 10．A 【解析】

试题分析：过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PB|， ∵|PA|=m|PB|，∴|PA|=m|PN|，则

PNPA11，设PA的倾斜角为α，则sinα= ，

mm当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切， 设直线PA的方程为y=-1，代入=4y，可得=4（-1），即-4+4=0，

∴△=16-16=0，∴=±1，∴P（2，1），∴双曲线的实轴长为PA-PB=2（2-1）， ∴双曲线的离心率为2

2

2

2

222121

考点：抛物线的简单性质；双曲线的简单性质 11．B 【解析】

试题分析：设PF1m,PF2n，因为3PF14PF2，则3m4n，即m4n，根据双曲线的定义3m2n2(2c)27，所可知mn2，解得n6,m8，在PF1F2中，由余弦定理cosF1PF22mn8以sinF1PF2151115315，故选B．，所以PF1F2的面积为SmnsinF1PF268

8228考点：双曲线的几何性质的应用．

【方法点晴】本题主要考查了双曲线的几何性质的应用，其中解答中涉及到双曲线的定义，三角形的余弦定理，三角形的面积公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中根据题设条件和双曲线的定义，列出方程组，求解PF1,PF2的值，再利用余弦定理求解cosF1PF2是解答的关键，试题有一定的运算量，属于中档试题． 12．B 【解析】

试题分析：由椭圆与双曲线的定义，知|MF1|+|MF2|=2a，|MF1|-|MF2|=2a， 所以|MF1|=a+a1，|MF2|=a-a1．因为F1MF290，

22所以|MF2+|MF22a2a22113321|2|＝4c，即12c，即ee2，因为e＝，所以e1．

142考点：椭圆的简单性质；双曲线的简单性质 13．

12 【解析】 试

题

分

析

ab4a1b381a11b318a1b311a1b3182b3a1a1b3182212,当且仅当a1b3即a3,b1时取等号 考点：基本不等式 14．25 【解析】

试题分析：在ABC中，b2c2a2bc1

b2c2a2所以cosA2bcbc2bc12 所以A3

所以BC23 cos(BC)cosBcosCsinBsinC12 因为cosBcosC18 所以sinBsinC38 设R为ABC外接圆半径

bc4R2sinBsinC4R23681R3

所以a2RsinA263sin32 所以b2c221 因为bc1

：

所以bc5

所以ABC的周长为25 考点：正弦定理；余弦定理. 15．an【解析】

试题分析：a12，an12Sn1，a22S115,当n2时，an2Sn11，相减可得：

2, n153n2, n2

an1an2Sn2Sn12an，an13an．∴数列{an}从第二项起是以5为首项，以3为公比的等比数

列，an53n2，n2，

当n1时，不满足.an考点：等比数列的通项公式

2, n153n2, n2

【名师点睛】本题考查了等比数列的通项公式、递推关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题. 16．62 【解析】

x2y2（，0），F（，0） ，∴1 ，可得F试题分析：由椭圆5x9y45的方程化为12229522|AF2|(12)2(10)22 ．如图所示．

∵

|PF1PF2|2a6 ，∴

PA|PF1PA6PF2|6（|PF2PA|）6|AF2|62 ．当且仅当三点P，A，F2 共线

时取等号．∴PA|PF1| 的最小值为62． 考点：椭圆的简单性质． 17．（1）

；（2）7． 3【解析】

试题分析：（1）首先利用正弦定理化已知条件等式中的边为角，然后利用两角和的正弦公式结合三角形内角和定理求得cosB的值，从而求得角B的大小；（2）首先结合（1）利用三角形面积公式求得ab的关系式，然后根据余弦定理求得c的值． 试题解析：（1）由正弦定理可得

sinA＝2sinAcosAcosB－2sinBsinA …2分

＝2sinA(cosAcosB－sinBsinA)＝2sinAcos(A＋B)＝－2sinAcosC． 1 2π 所以cosC＝－，故C＝． …6分

23153

（2）由△ABC的面积为得ab＝15， …8分

4由余弦定理得a＋b＋ab＝c，又c＝15－(a＋b)， 解得c＝7． …12分

考点：1、正弦定理与余弦定理；2、三角面积公式；3、两角和的正弦公式．

【方法点睛】利用正弦定理与余弦定理解三角形，主要有两种题型：（1）给出三角形的边与角的关系解三角形，解答时主要采取的手段是是“边化角”与“角化边”；（2）在一个具体的三角形中给出相关的条件解三角形，解答时注意选择正弦定理与余弦定理． 18．（I）an2n1；（II）Sn1． 【解析】

试题分析：（I）设数列an的公差为d，得a14da1da113d，解得d2，即可求得数

22

2

2

2

列an的通项公式；（II）由bn得到结论．

1111n得bn，利用裂项求和得到，即可Snanan122n12n1n1试题解析：（I）设数列an的公差为d（d0），则a14da1da113d，

2又a11，d22d0，（

II

）

由

d0，d2，故an2n1．……………………………5分

bn1anan1得

bn1112n12n122n12n11知

1111Sn12335所以Sn1111n 1………………11分 2n12n122n1n1n11...1………………………………………………………12分 n1n1考点：等差数列的通项公式；数列的求和．

219．（1） f(x)3x3x18（2） 3（3） k215

【解析】

试题分析：（1）由二次不等式的解集可得到与之对应的二次方程的根，由根与系数的关系可求得a,b值，

3x23x3从而确定函数解析式；（2）将函数式变形y，设tx1，转化为用t表示，借助于不等

x1式性质求解最值；（3）首先求解集合A，由(1,4)A可得到两集合边界值的大小关系，从而解关于的不等式求解其取值范围

a0a3试题解析：（1）由题可知f(3)0

b5f(2)0则f(x)3x3x18；

2f(x)213x23x3（2）由（1）y

x1x1令tx1,x1则t0,y3(t1)3 当且仅当t取等号，此时t1,则x0 则y最大值为3；

（3）由题可知，不等式axkxb0在x(1,4)上恒成立， 即kx3x5在x(1,4)上恒成立 即k3x221t1t5在x(1,4)上恒成立， x又3x5155523x215，当且仅当3x,即x(1,4)时有最小值215 xxx3则k215

考点：三个二次关系及基本不等式求最值 20．（1）y=4（2）22 2

【解析】

试题分析：（1）把点A（1，-2）代入抛物线C：y=2p（p＞0），解得p即可得出；（2）F（1，0）．设Mx1,y1，

2

Nx2,y2．直线l的方程为：y=-1．与抛物线方程联立可得根与系数的关系，利用弦长公式可得MN．利用点到直线的距离公式可得：原点O到直线MN的距离d．利用△OMN的面积S2

2

1MNd即可得出 2试题解析：（1）把点A（1，﹣2）代入抛物线C：y=2p（p＞0），可得（﹣2）=2p×1，解得p=2． ∴抛物线C的方程为：y=4．

（2）F（1，0）．设M（1，y1），N（2，y2）． 直线l的方程为：y=﹣1．联立2

yx12

，化为﹣6+1=0，∴1+2=6，12=1． 2y4x∴|MN|===8．原点O到直线MN的距离d=1．∴△OMN2的面积S=

111=22． MNd=8222考点：抛物线的简单性质

x2y21x2⑵2 21．⑴22【解析】

试题分析：（1）利用双曲线的定义，可求W的方程；（2）设点的坐标，利用向量的数量积公式，结合基本不等式，可求OAOB的最小值

试题解析：(1)由PMPN22知动点P的轨迹是以M,N为焦点的双曲线的右支，实半轴长a2，x2y21x2 半焦距c2，故徐半轴长bca2，从而W的方程为2222(2) 方法一：分两种情况进行讨论，设A,B的坐标分别为x1,y1,x2,y2，当ABx轴时，

x1x2,y1y2，从而OAOBx1x2y1y2x12y122，当AB不与轴垂直时，设直线AB方程为ykxm，与W的方程联立，消去y得

(m22)2km(1－)―2m―m―2＝0，故x1x2，x1x2

1k21k222

2

又12＞0，∴－1＞0，OAOB＝12＋y1y2＝(1＋)12＋m(1＋2)＋m

222

k212＝22＝2(12)＞2

k－1k－1综上所述，OAOB的最小值为2．

考点：轨迹方程，考查双曲线的定义，考查向量知识的运用

x2y261；22．（1）（2）

284【解析】 试题分析：（1）由

c2知，可设a2,c2,b2，其中0，把M(c,c)，代入椭圆a2x2y21 方程中解得2，故椭圆方程为84（2）知直线l的斜率不为零，故可设直线l方程为xmy2，设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0)，由已知(x1,y1)2(x0x2,y0y2)，从而x01122由于A,B,P均在椭圆x2y8x1x2,y0y1y2，

22222上，故有：x12y128,x22y28,(x1x2)22(121y1y2)28，三式结合化简得2x1x22y1y22

，把直线l方程为xmy2和椭圆方程联立并结合韦达定理，即可求得m的值 试题解析：（1）由

c2知，可设a2,c2,b2，其中0 a2c2c121，解得2 由已知M(c,c)，代入椭圆中得：221即222ab从而a22,b2,c2，

x2y21 故椭圆方程为84（2）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0)，由已知(x1,y1)2(x0x2,y0y2) 从而x011x1x2,y0y1y2，由于A,B,P均在椭圆x22y28上，故有： 221122x122y128,x22y28,(x1x2)22(y1y2)28

22第三个式子变形为：

1222(x12y12)(x22y2)(x1x22y1y2)8 4将第一，二个式子带入得：x1x22y1y22 （*）

分析知直线l的斜率不为零，故可设直线l方程为xmy2，与椭圆联立得：

(m22)y24my40，由韦达定理y1y24m4 ,yy12m22m22将（*）变形为：(my12)(my22)2y1y22 即(m2)y1y22m(y1y2)60

28m220，解得m2 将韦达定理带入上式得：22m23因为直线的斜率k61，故直线l的斜率为

2m考点：椭圆标准方程；直线与椭圆的位置关系.

【名师点睛】利用待定系数法即可求得椭圆的标准方程；解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦长问题利用弦长公式解决，往往会更简单．三角形面积公式的选用也是解题关键.