甘肃省天水市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试数学（理）试卷（解析版）

甘肃省天水市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试数学（理）试卷（解析版）

甘肃省天水市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试 数学（理）试题 ‎（满分：150分 时间：120分钟）‎ 一、单选题（每小题5分，共60分）‎ ‎1.在 中，内角 和 所对的边分别为和，则 是 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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在中，由正弦定理可得，则，即 又，则，即，‎ 所以是的充要条件，故选C．‎ ‎2.设椭圆的左、右焦点分别为，是上任意一点，则的周长为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意的周长为: ,故选D.‎ ‎3.已知实数满足，则的最小值是 A. B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ 详解：由约束条件，写出可行域如图，‎ 化z=x+2y为y=，由图可知，当直线y=过A（2，0）时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值等于z=2+2×0=2．‎ 故答案为：A．‎ 点睛：（1）本题主要考查线性规划求函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合思想方法.(2) 解答线性规划时，要加强理解，不是纵截距最小，就最小，要看函数的解析式，如：,直线的纵截距为,所以纵截距最小时，最大.‎ ‎4.已知数列满足：，，，那么使成立的的最大值为（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 24 D. 25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：由题意知an2为首项为1，公差为1的等差数列，由此可知an=，再结合题设条件解不等式即可得出答案．‎ 详解：由题意an+12﹣an2=1，‎ ‎∴an2为首项为1，公差为1的等差数列，‎ ‎∴an2=1+（n﹣1）×1=n，又an＞0，则an=，‎ 由an＜5得＜5，‎ ‎∴n＜25．‎ 那么使an＜5成立的n的最大值为24．‎ 故选：C．‎ 点睛：本题考查数列的性质和应用，考查了不等式的解法，解题时要注意整体数学思想的应用．‎ ‎5.定义：离心率的双曲线为“黄金双曲线”，对于双曲线E： ，为双曲线的半焦距，如果成等比数列，则双曲线E A. 可能是“黄金双曲线” B. 可能不是“黄金双曲线”‎ C. 一定是“黄金双曲线” D. 一定不是“黄金双曲线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：由成等比数列可得，而，解方程求得双曲线的离心率，即可判断双曲线是否为“黄金双曲线”.‎ 详解：双曲线的方程为，‎ 设为双曲线的半焦距，成等比数列，‎ ‎，又，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 又，，‎ 所以双曲线一定是“黄金双曲线”，故选C.‎ 点睛：本题考查等比中项的性质，双曲线的简单性质与离心率、新定义问题，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义“黄金双曲线”达到考查双曲线的简单性质与离心率的目的.‎ ‎6.已知恒成立，则实数的取值范围是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用基本不等式求得的最小值，然后根据恒成立，求得m2‎ ‎+2m＜8，进而求得m的范围．‎ ‎【详解】由基本不等式可得≥2 ，‎ 若恒成立，则使8＞m2+2m恒成立， ∴m2+2m＜8，求得-4＜m＜2 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用．考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于基础题．‎ ‎7.如图，60°的二面角的棱上有A、B两点，线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB=4，AC=6，BD=8，则CD的长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ‎ 故选 ‎8.在正四棱柱中，，E为的中点，则直线BE与平面所形成角的余弦值为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE与平面所形成角的余弦值．‎ ‎【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设，‎ 则1，，0，，1，，‎ ‎0，，‎ ‎，0，，，‎ 设平面的法向量y，，‎ 则，取，得2，，‎ 设直线BE与平面所形成角为，‎ 则．‎ 直线BE与平面所形成角的余弦值为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎9.设F为抛物线的焦点，为该抛物线上三点，若，则 的值为 （ ）‎ A. 36 B. 24 C. 16 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可得抛物线的焦点坐标，因为，求得，再由抛物线的定义，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，可得抛物线的焦点坐标，因为，故，‎ 即，‎ 再由抛物线的定义可得，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角形的重心的坐标公式，以及抛物线的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中求得，再利用抛物线的定义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能，属于基础题.‎ ‎10.函数的图象如图所示,则的解析式可以为（ ）‎ ‎ B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为，故当时，的符号不确定，因此不单调，即答案A不正确；对于答案B，因，故函数 是递减函数，但函数有两个零点，则答案B不正确；对于答案D，因时，无零点，故答案不正确；而，故函数在时，是单调递减函数，当 时，函数也单调递减函数，应选答案C。‎ 点睛：解答本题的关键是搞清楚函数的图像的变化情况与题设的要求，将每一个函数解析式的导数求出，再运用比较对比的方法将函数的解析式选出，从而使得问题获解。‎ ‎11.设函数，函数，若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：求出的值域A，及的值域B，由可得结论．‎ 详解：，∴时，，递减，时，，递增，的极小值也是最小值为，当时，，，∴的值域为，又，∴当时，的值域为，由题意，解得．‎ 故选D．‎ 点睛：本题考查转化与化归思想．解题关键是对“存在”和“任意”的理解与转化．在集合D上：设的值域为，的值域为，‎ 若对任意 ，总存在，使得，则有．‎ ‎12.设F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，直线过F1交椭圆C于A，B两点，交y轴于C点，若满足且，则椭圆的离心率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆中线段关系，表示出，，。由余弦定理即可求得a与c的关系，进而求得离心率。‎ ‎【详解】因为F1是椭圆的左焦点，直线过F1交y轴于C点 所以 ，即 ‎ 因为，所以 又因为 所以 在三角形AF1F2中，，，，根据余弦定理可得 ‎ ，代入得 ‎，化简得 ‎ 所以离心率为 ‎ 所以选A ‎【点睛】本题考查了椭圆的基本性质及其综合应用，余弦定理求椭圆斜率的用法，计算量较大，易出错，属于难题。‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.设的内角所对边的长分别为,若,则角_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：利用正弦定理得，结合条件得，由余弦定理可得，代入求解即可.‎ 详解：由正弦定理，可得：，即.‎ 又，可得.‎ 由余弦定理可得.‎ 所以.‎ 故答案为：.‎ 点睛：本题主要考查了运用正弦定理边角互化，余弦定理求解三角形内角，属于基础题.‎ ‎14.设公比不为1的等比数列满足，且成等差数列，则数列的前4项和为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎：由等比中项求解，由等差中项求解，由等比数列的求和公式求解。‎ ‎【详解】：公比不为1的等比数列满足，所以，解得，，，成等差数列，故，解得，，由可得：。‎ ‎【点睛】：等比中项的性质：，等差中项的性质：，等比数列的前项和公式。‎ ‎15.如图，点在正方形所在的平面外，，则与所成角的度数为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以D为坐标原点，DA所在的直线为轴，DC所在的直线为轴，DP所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，令，求得 ‎，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】如图所示，以D为坐标原点，DA所在的直线为轴，DC所在的直线为轴，DP所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，‎ 因为点P在正方形ABCD所在平面外，平面，‎ 令，所以，‎ 所以,‎ 所以，所以，‎ 即异面直线PA与BD所成的角为 ‎【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角的求解，其中解答中根据几何体的结构特征建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎16.已知函数，的导函数为，且满足,,则在处的切线为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ 令，则，‎ ‎∴（为常数），‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴．‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 又，‎ ‎∴所求切线方程为，即．‎ 答案：‎ 点睛：‎ ‎（1）解答本题的关键是求出函数的解析式，对于条件中含有导函数的等式或不等式的问题，一般要根据题意构造出函数，然后再结合题意进行解题．‎ ‎（2）本题中已知导数构造函数时，不要忘了把设为的形式，否则构造出的函数不会具有一般性．‎ 三、解答题 ‎17.中，三个内角的对边分别为，若，，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意，由向量数量积的坐标计算公式可得若，则有cosB•（2a+c）+cosC•b=0，结合正弦定理可得cosB•（2sinA+sinC）+cosC•sinB=0，将其整理变形可得，由B的范围分析可得答案；（2）结合题意，根据余弦定理分析可得49=a2+c2+ac，又由a+c=8，变形可得ac=15，由三角形面积公式计算可得答案．‎ 详解：‎ ‎（1）∵，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴，∴.‎ ‎（2）根据余弦定理可知，∴，‎ 又因为，∴，∴，∴，‎ 则.‎ 点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.‎ ‎18.如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=．‎ ‎（1）求证：AO⊥平面BCD；‎ ‎（2）求二面角O﹣AC﹣D的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明略（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意，求得，利用勾股定理证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面.‎ ‎（2）由（1）知两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）因为四面体ABCD中，O是BD的中点，所以CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=,‎ 所以，‎ 所以，所以，‎ 因为，所以平面.‎ ‎（2）由（1）知两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，‎ 则,‎ ‎∴，‎ 设平面的法向量为，‎ 则，取，则，‎ 又由平面的一个法向量为，‎ 设二面角的平面角为，易知为锐角，‎ 则，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎ 【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎19.已知动点 (其中)到轴的距离比它到点的距离少1.‎ ‎（1）求动点P的轨迹方程；‎ ‎（2）若直线与动点P的轨迹交于A、B两点，求的面积.‎ ‎【答案】(1)；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)由题意易得：|y|+1=|PF| 坐标化后化简即可得到动点P的轨迹方程；(2)联立方程，得到：，借助韦达定理表示△OAB的面积.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由已知，|y|+1=|PF|即：，‎ 又∵，∴y=.‎ ‎（2）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，不妨令x1<0，x2>0，‎ ‎∵l：x-y+1=0过点F(0,1)，‎ ‎∴ ‎ 联立， x-y+1=0‎ 则满足△>0，且x1-x2= ‎ ‎∴‎ ‎20.已知公比为整数的正项等比数列满足：，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】（1）利用基本元的思想，将两个已知条件转化为的形式，解方程组可求得和通项公式.（2）由于是由一个等差数列乘以一个等比数列组合而成，故用错位相减求和法求其前项和.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，‎ 由，有可得，由可得，‎ 两式相除可得：，整理为：，由，且为整数，可解得，数列的通项公式为．‎ ‎（2）由，‎ ‎ ，‎ 有 ，‎ 两式作差有： ，‎ 得 ，‎ 故．‎ ‎21.已知椭圆的离心率为，且经过点.‎ 求椭圆的标准方程；‎ 过点的动直线交椭圆于另一点，设，过椭圆中心作直线的垂线交于点，求证：为定值.‎ ‎【答案】 4，证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用椭圆C：的离心率为，且经过点M（2，0），可求椭圆的几何量，从而可求椭圆方程；‎ ‎（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，求得B点坐标，再结合条件求出C的坐标，计算，得出定值4.‎ ‎【详解】因为椭圆的离心率，且，所以. ‎ 又.故椭圆的标准方程为.‎ 设直线的方程为（一定存在，且）.‎ 代入，并整理得.‎ 解得，于是.‎ 又，所以的斜率为.‎ 因为，所以直线的方程为.‎ 与方程联立，解得.‎ 故为定值.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查定值问题，正确运用韦达定理是关键．‎ ‎22.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的单调区间；‎ ‎（2）当且时，若有两个零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）在，上单调递增，在上单调递减； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出导函数，分两种情况讨论，分别利用，求得的范围，从而可得结果；（2）讨论时，可得，利用，，且，只需，解得；当时，在，上单调递增，在上单调递减，可证明极大值，只有一个零点，不合题意，综合两种情况可得结果.‎ ‎【详解】（1） .‎ 当时，由，得或；‎ 由，得.‎ 故在，上单调递增，在上单调递减.‎ ‎（2）①当时，在上单调递增，在上单调递减，‎ 则，‎ 因为，，且，‎ 所以，即.‎ ‎②当时，在，上单调递增，在上单调递减，‎ 在时取得极大值，且 ，‎ 因为，所以，则，‎ 所以在只有一个零点.‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的零点问题，属于难题.利用导数求函数的单调区间的一般步骤：1、求出；2、在定义域内，令求得的范围，可得函数增区间；3、在定义域内，利用求得的范围，可得函数的减区间.‎ ‎ ‎