高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）

高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）

‎【2019最新】精选高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）‎ 数学（理）试卷 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，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. 下列命题结论正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】C ‎【解析】A．c≤0时，不成立；‎ B．举反例：取a=﹣2，b=﹣1，c=﹣4，d=﹣3，则ab＞cd，因此不成立；‎ C．∵a＜b，∴a﹣c＜b﹣c，正确；‎ D．举反例：取a=﹣2，b=﹣1，则a2＞b2，因此不成立．‎ 故选：C．‎ ‎2. 已知命题：，那么下列结论正确的是（ ）‎ A. 命题： B. ：‎ C. 命题： D. ：‎ ‎【答案】B ‎∴：‎ - 17 - / 17‎ 故选：B ‎3. 设的内角所对的边分别为，若，则角（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由可得：,‎ ‎∴,又 ‎∴，‎ 由内角和定理可知：‎ 故选：C ‎4. “”是“方程表示椭圆”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】B ‎【解析】试题分析：方程表示椭圆可得或，所以“1＜m＜3”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件 考点：椭圆方程及充分条件必要条件 ‎5. 已知数列满足递推关系，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 17 - / 17‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴为首项为2，公差为1的等差数列，‎ ‎∴，即 ‎ 故选：C ‎6. 若满足，则的最大值为（ ）‎ A. 0 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图可得在处取得最大值，由最大值，故选C.‎ 考点：线性规划.‎ ‎【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，从而求出的最大（小）值.‎ - 17 - / 17‎ ‎7. 已知为等比数列，，则（ ）‎ A. 7 B. 5 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵为等比数列，‎ ‎∴，又 ‎∴是方程的两个实根，‎ ‎∴，或，‎ 解得：‎ ‎.‎ 故选：D 点睛：等比数列的基本量运算问题的常见类型及解题策略：‎ ‎①化基本量求通项．求等比数列的两个基本元素和，通项便可求出，或利用知三求二，用方程求解．②化基本量求特定项．利用通项公式或者等比数列的性质求解．③化基本量求公比．利用等比数列的定义和性质，建立方程组求解．④化基本量求和．直接将基本量代入前项和公式求解或利用等比数列的性质求解．‎ ‎8. 斜率为1，过抛物线的焦点的直线被抛物线所截得的弦长为（ ）‎ A. 8 B. 6 C. 4 D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】由抛物线得x2=4y，∴p=2，焦点F（0，1）．‎ - 17 - / 17‎ ‎∴斜率为1且过焦点的直线方程为y=x+1．‎ 代入x2=4y，消去x，可得y2﹣6y﹣1=0．‎ ‎∴y1+y2=6．‎ ‎∴直线截抛物线所得的弦长为y1++y2+=y1+y2+p=6+2=8．‎ 故选A．‎ 点睛: 在解决与抛物线有关的问题时，要注意抛物线的定义在解题中的应用。抛物线定义有两种用途：一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为d，则|MF|＝d，可解决有关距离、最值、弦长等问题；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从而得到动点的轨迹是抛物线．‎ ‎9. 已知的三内角的对边分别为，若，且此三角形有两解，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，‎ 当A=90°时，圆与AB相切；‎ 当A=45°时交于B点，也就是只有一解，‎ ‎∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，‎ 由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，‎ ‎∵2sinA∈（）．‎ ‎∴a的取值范围是（）．‎ - 17 - / 17‎ 故选：D．‎ ‎10. 设是椭圆上的一点，分别是圆和圆上的点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】依题意，椭圆上的焦点分别是两圆（x+3）2+y2=4和（x﹣3）2+y2=1的圆心，‎ 所以（|PM|+|PN|）max=2×5+3=13，‎ ‎（|PM|+|PN|）min=2×5﹣3=7，‎ 则|PM|+|PN|的取值范围是[7，13]‎ 故选：A．‎ ‎11. 已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】 ，且 ‎ ‎（当且仅当时取到等号）． ． 恒成立，即 ， 解得： ． 故选B． ‎ - 17 - / 17‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式与函数恒成立问题，，考查学生分析转化与应用基本不等式的能力.其中将问题转化为求 的最小值是解题的关键．‎ ‎12. 已知是双曲线 的一个焦点，过作直线与一条渐近线平行，直线与双曲线交于点，与轴交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图所示，‎ ‎∵过F作直线l与一条渐近线平行，‎ ‎∴直线l的方程为，‎ 联立，化为=，．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 化为c2=3a2，‎ 解得．‎ 故选：B．‎ - 17 - / 17‎ 点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.‎ 二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 在中，已知,，的面积为，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵A=60°，b=1，△ABC的面积为，‎ ‎∴S△=，‎ 即，解得c=4，‎ 则由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccos60°=1+16﹣2×=13，‎ 即a=，‎ 故答案为：‎ 点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：①定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.②定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.③求结果.‎ ‎14. 设等差数列的前项和为,若，，则当取最小值时，_______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】试题分析：，数列的前6项均为负数项，所以当取最小时,n等于6‎ - 17 - / 17‎ 考点：等差数列及通项公式 ‎15. 如图，的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，则_______. ‎ ‎【答案】‎ ‎........................‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴CD=2‎ ‎16. 以下关于圆锥曲线的命题中 ‎①设是两个定点，为非零常数，若，则动点的轨迹为双曲线的一支；②过定圆上一定点作圆的动弦，为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆；③方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；④双曲线与椭圆有相同的焦点.‎ 其中真命题的序号是_______.‎ ‎【答案】③‎ ‎【解析】根据双曲线的定义，有绝对值，且k的范围是k＜|AB|，∴①错误；‎ - 17 - / 17‎ ‎∵，∴P为弦AB的中点，不妨在单位圆x2+y2=1中，定点A（1，0），动点B（x1，y1），设P（x，y），用代入法求得P的轨迹方程是+y2=，∴点P的轨迹为圆，∴②错误；‎ ‎∵2x2﹣5x+2=0的两根是2，，椭圆的离心率范围是（0，1），双曲线的离心率范围是（1，+∞）∴③正确．‎ ‎∵④中双曲线的焦点是（±，0），椭圆的焦点（0，±），∴④错误．‎ 故答案为：③‎ 三、解答题 （本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） ‎ ‎17. 已知命题：方程有两个不等的负根；命题：方程无实根.若“或”为真，“且”为假，求的取值范围.‎ ‎【答案】或.‎ ‎【解析】试题分析：首先由一元二次方程根的情况得到系数满足的条件，即关于m的不等式，解不等式分别得到命题p，q中对应的m的范围，由命题p或q为真命题，命题p且q为假命题得到两命题一真一假，进而分情况求解m的范围 试题解析：若命题p为真，则方程有两个不等的负实根，从而 ‎，解得 若命题q为真，则方程 无实根，从而 ‎，解得 - 17 - / 17‎ 命题p或q为真命题，命题p且q为假命题 中有且仅有一个是真命题 解得或 实数m的取值范围是 考点：1．一元二次方程的根；2．复合命题 ‎18. 在等差数列中，已知，公差且成等比数列，前项和为.‎ ‎（1）求及；‎ ‎（2）设数列满足，，求.‎ ‎【答案】(1) ，. (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由a2，a3，a6成等比数列可得，求出d后代入等差数列的通项公式可得an=﹣1+2（n﹣1）=2n﹣3．代入等差数列的前n项和求得Sn；‎ ‎（2）把an代入，然后由裂项相消法求得Tn．‎ 试题解析：‎ 解：（1）由题意可得，，又因为，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴，.‎ ‎（2），‎ - 17 - / 17‎ ‎∴‎ ‎.‎ 点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：‎ ‎（1）已知数列的通项公式为，求前项和： ；‎ ‎（2）已知数列的通项公式为，求前项和：‎ ‎；‎ ‎（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.‎ ‎19. 2017年12月4日0时起××市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某能源汽车.假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增.‎ ‎（1）设使用年该车的总费用（包括购车费用）为，试写出的表达式；‎ ‎（2）问这种新能源汽车使用多少年报废最合算（即该车使用多少年平均费用最少），年平均费用的最小值是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) 这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元.‎ ‎【解析】试题分析：（I）由已知中某种汽车购买时费用为14.4万元，每年应交付保险费、养路费及汽油费共0.9万元，汽车的维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增，根据等差数列前n项和公式，即可得到f（n）的表达式；‎ - 17 - / 17‎ ‎（II）由（I）中使用n年该车的总费用，我们可以得到n年平均费用表达式，根据基本不等式，我们易计算出平均费用最小时的n值，进而得到结论．‎ 试题解析：‎ 解：（1）由题意得 ‎，‎ ‎（2）设该车的年平均费用为万元，则有 ‎，‎ 当且仅当，即时，等号成立，即取最小值3.4万元.‎ 答：这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元.‎ ‎20. 已知分别为三个内角的对边，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若为边上的中线，，，求的面积.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由正弦定理化简已知的式子，由内角和定理、诱导公式、两角和差的正弦公式化简后，由内角的范围和特殊角的三角函数值求出C；‎ ‎（2）由题意和平方关系求出sinB，由内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式求出sinC，由正弦定理求出a和c关系，根据题意和余弦定理列出方程，代入数据求出a、c，由三角形的面积公式求出答案．‎ 试题解析：‎ - 17 - / 17‎ 解：（1）因为，由正弦定理得 ‎，‎ ‎∴‎ 在中，∵，‎ ‎∴‎ 又，∴.‎ ‎（2）在中，由，得，‎ 则 由正弦定理得 设，在中，由余弦定理得 ‎，则 ‎，解得 即 故.‎ ‎21. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1) 见解析(2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）推导出BC⊥BD，PD⊥BC，从而BC⊥平面PBD，由此能证明平面PBC⊥平面PBD．‎ - 17 - / 17‎ ‎（2）由BC⊥平面PBD，得∠PBD即为二面角P﹣BC﹣D的平面角，即，从而BD=，PD=，分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AP与平面PBC所成角的正弦值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）∵,∴‎ 又∵底面，∴，‎ 又∵，∴平面 而平面，∴平面平面.‎ ‎（2）由（1）所证，平面 所以即为二面角的平面角，即.‎ 而，所以 因为底面为平行四边形，所以，‎ 分别以为轴建立空间直角坐标系 则，‎ 所以 设平面的法向量为，则 即 令，则，‎ 所以 ‎∴与平面所成角的正弦值.‎ - 17 - / 17‎ 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎22. 已知点是圆：上任意一点，点与点关于原点对称，线段的垂直平分线与交于点.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) (2) 在轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由圆的方程求出F1、F2的坐标，结合题意可得点M的轨迹C为以F1，F2为焦点的椭圆，并求得a，c的值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；‎ ‎（2）直线l的方程可设为，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求出A，B横坐标的和与积，假设在y轴上是否存在定点Q（0，m），使以AB为直径的圆恒过这个点，可得即．利用向量的坐标运算即可求得m值，即定点Q得坐标．‎ 试题解析：‎ 解：（1）由题意得，‎ ‎∴点的轨迹为以为焦点的椭圆 - 17 - / 17‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎∴点的轨迹的方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，可设其方程为，设 联立可得，‎ 由求根公式可得 假设在轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点，‎ 则即 ‎∵‎ ‎，‎ ‎，‎ 由解得 ‎∴在轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点.‎ 当直线的斜率不存在时，经检验可知也满足以为直径的圆恒过点.‎ 因此在轴上存在定点，使以为直径的圆恒过这个点.‎ - 17 - / 17‎