河北省迁安市第二中学2015-2016学年高二数学上学期期末考试试题 理

本卷满分150分，考试时间120分钟

卷 Ⅰ（选择题，共60分）

一、选择题（本题共有12小题，共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、已知等差数列an的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2＝( ) A、-4 B、-6 C、-8 D、-10

2、△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( ) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．非钝角三角形

3、已知a、b为实数，且a+b=2，则3a+3b

的最小值为（ ） A．18 B．6 C．23 D．243

4．抛物线y＝－4x2

上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是（ ） A.

1716 B.1516 C．－151716 D．－16

5．下列结论正确的是的个数为：

①yln2 则y12 ②yx 则y12x

③yex 则yex ④ycosx 则ysinx

A．1 B．2 C．3 D．4

6．已知实数x,y满足xy10,y10,那么2x-y的最大值为 （ xy10,

A．—3

B．—2 C． 2 D．1

7．已知不等式ax25xb0的解集为{x|3x2},则不等式bx25xa0 的解集为( )

{x|1x1}{x|x11A．

32或x} B．32 C．{x|3x2} D．{x|x3或x2}

8、焦点在y轴的椭圆x2

＋ky2

＝1的长轴长是短轴长的2倍，那么k等于（ ）

A.－4 B. 14 C.4 D.

14

1

）9、过抛物线y=4x的焦点F作直线L交抛物线于A、B两点，若|AB|=6，则线段AB中点的横坐标为（ ） ( A ) 1 ( B ) 4 ( C ) 3 ( D ) 2

10、等比数列{an}的各项为正数，且a5a6a4a718,则log3a1log3a2log3a10（ ） A．12 B．10 C．8 D．2+log35

2

x2y21上一点，双曲线的一条渐近线方程为3x-2y=0， F1、F2分别是双曲线的左、11、设P是双曲线2a9右焦点，若PF1=3,则PF2等于

A．1或5 B.6 C.7 D.9

12、四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，AA13，A1ABA1AD60，则AC1的长为( )

A． 23 B． 23 C． 42 D．32

卷Ⅱ(非选择题,共90分)

二、填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在答题纸相应位置) 13、设函数f(x)2x012,(x0) 则f(x)的最大值为 ________ xx2y2014、过双曲线221的右焦点F2作垂直于实轴的弦PQ，F，则双曲线901是左焦点，若PFQ1ab的离心率是

x

15、函数f(x)xe的导函数f (x)= 16、下列有关命题的说法正确的有_________________________(填写序号)

22

①命题“若x3x20,则x1”的逆否命题为：“若x1,则x3x20” ② “x=1”是“x3x20”的充分不必要条件 ③若pq为假命题，则p、q均为假命题

222 ④对于命题p:xR使得xx10，则p:xR,均有xx10

三、解答题（本大题6个小题，共74分。必须写出必要的文字说明、推理过程或计算步骤。） 17、（本题满分10分） 已知a,b,c是ABC三内角A,B,C的对边，且b6,c4,A（1）求a的值；

2

3．

（2）求sinC的值．

18、（本题满分12分）

已知命题：“x{x|1x1}，都有不等式xxm0成立”是真命题。 （1）求实数m的取值集合B；

（2）设不等式x3axa20,(a1) 的解集为A，若xA是xB的充分不必要条件，求实数a的取值范围.

2x2y2619、已知椭圆22（a＞b＞0）的离心率e，焦距是22.

ab3（1）求椭圆的方程；

（2）若直线ykx2(k0)与椭圆交于C、D两点,CD

20、（本题满分12分）

如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中， 点E、F分别为棱BC、CD上的动点，且BE（1）求证：B1F（2）当三棱锥C1求二面角C1A1 D1

B1 C1

62，求k的值． 5CF

D1E；

CEF的体积取最大值时， EFC的正切值.

A D F

B

C E

21． （本小题满分12分）

（1，0）已知动圆过定点，且与直线x1相切。

(l)求动圆的圆心轨迹C的方程

（2）是否存在直线l，使l过点(0,1)，并与轨迹C交于P,Q两点，使以PQ为直径的圆过原点？ 22、（本小题满分12分）

设数列an的前n项和为Sn,且a11,an12Sn1，数列bn满足a1b1，点P(bn,bn1)在直线

xy20上，nN.

（Ⅰ）求数列an，bn的通项公式； （Ⅱ）设cn

3

bn，求数列cn的前n项和Tn。 an高二理科数学参考答案

一、选择题

1~5 BCBCB 6~10 DBDDB 11~12 CA 二、填空题

13. 32 14. 12 15. (1+x)e三、解答题

17、解：（1）根据余弦定理：a将b6,c4,A2x 16. ①②④

b2c22bccosA，

2223代入可得：a64264cos328．

所以a27． ----------------------------5分 （2） 根据正弦定理：

ac， sinAsinC由（1）知 a27，代入上式，得

3sinA21sinCc42--------------10分

a727

18．解：（1）命题：“x{x|1x1}，都有不等式xxm0成立”是真命题，

2得xxm0在1x1恒成立，

2 m(x2x)max 得m2即B(2,) „„„„„„„„„„6分

（2）不等式x3axa20

①当3a2a,即a1时解集A(2a,3a)，若xA是xB的充分不必要条件，

则

AB ,  2a2 此时a(1,). ---------9分

② 当3a2a,即a1时解集A(3a,2a)，若xA是xB的充分不必要条件，则AB成立，



23a2 此时a,1 . ---------- 11分

3综上①②：a,1)(1,． „„„„„„„„„„12分 23

4

19. 解：（1）2c22，c2，又

2c622，所以a3，b1 a3x2∴ 椭圆方程为y21． 4分

3x2（2）设C(x1，y1)、D(x2，y2)，将ykx2带入y21

3整理得(13k2)x212kx906分 所以有(12k)236(13k2)0 ①

x1x212k，13k29 x1x213k2CD(x1x2)2(y1y2)2

y1y2k(x1x2)

所以

6251k2(x1x2)28分 又(x22122k2361x2)(x1x2)4x1x2(13k2)213k2 代入上式，整理得

7k412k2270即(7k29)(k23)0-------10分

解得 k297(舍去）或k23,即k3 经验证，，k3使①成立，故为所求. 12分

20. （1）证明：

以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴，

建立空间直角坐标系，如图所示，设BECFm

B1(a,a,a)、F(0,am,0)

D1(0,0,a)、E(am,a,0)------------3分

B1F(a,m,a) D1E(am,a,a)

z D1 C1 A1 B1 D F C A E y x B 5

B1FD1Ea(am)ama20

B1FD1E--------------------------------6分

（2）解：VC1CEF1111[m(am)]aam2a2 3266a 时，三棱锥C1CEF的体积最大-------------9分 2当且仅当 m取EF的中点为K(a3a,,0)，连结CK、C1K，则CKEF、C1KEF， 44即C1KC是二面角C1EFC的平面角，而|CK|2a 4故tanC1KC22为所求-----------------------12分

21. 解：(1)如图。设M为动圆圆心，F(1,0)，过点M作直线x1的垂线，垂足为N，由题意知： MFMN

„„„„„„„„2分

即动点M到定点F与定直线x1的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中

F(1,0)为焦点，x1为准线，动点R的轨迹方程为y24x „„6分

（2）由题可设直线l的方程为xk(y1)(k0)，

xk(y1)由2

y4x得y24ky4k0

16k2160,k1或k1

„„„„„„„„„„„„8分

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则y1y24k,y1y24k 因为以PQ为直径的圆过原点，

则OPOQ0，即OP(x1,y1),OQ(x2,y2)，于是x1x2y1y20 „„10分

即k(y11)(y21)y1y20，(k1)y1y2k(y1y2)k0

22224k(k21)k24kk20，解得k4或k0（舍去）

又k41，直线l存在，其方程为x4y40„„„„„„12分 22. 解：（Ⅰ）由

an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得an1an2an,an13ann2.

6

又

a22S113 ,所以a23a1.

故an是首项为1，公比为3的等比数列. 所以an3n1.„„„„4分

由点

P(bn,bn1)在直线xy20上，所以bn1bn2.

则数列

bn是首项为1，公差为2的等差数列.则bn1(n1)22n1. „„„„6分

cn2n1nb（Ⅱ）因为

a1352n1n1Tn3，所以n3031323n1.„„„„7分

1T13 则

3n3152n32n132323n13n,„„„„8分

两式相减得：

23T2222n1n13323n13n1[1(1)n1]12332n1(1)n12n1113n233n3„„„„10分

∴

Tn312n23n2123n13n13n1. „„„„„„„„„„„„„12分

7