2018-2019学年辽宁省六校协作体高二下学期期初考试数学（理）试题 解析版

2018-2019学年辽宁省六校协作体高二下学期期初考试数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 辽宁省六校协作体2018-2019学年高二下学期期初考试数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．设集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式得出集合A、B，根据并集的定义写出A∪B．‎ ‎【详解】‎ 集合A＝{x||x|＜1}＝{x|﹣1＜x＜1}，‎ B＝{x|x（x﹣3）＜0}＝{x|0＜x＜3}，‎ 则A∪B＝{x|﹣1＜x＜3}＝（﹣1，3）．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的运算，是基础题．‎ ‎2．命题“”的否定为 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题的否定是特称命题，符合换量词否结论，不变条件这一条件,按照这一规律写出即可.‎ ‎【详解】‎ 由全称命题否定的定义可知，“”的否定为“”，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 一般命题的否定通常是保留条件否定其结论，得到真假性完全相反的两个命题；含有一个量词的命题的否定，是在否定结论的同时，改变量词的属性，即全称量词改为存在量词，存在量词改为全称量词．注意：命题的否定只否定结论，而否命题是条件与结论都否定．‎ ‎3．已知等差数列的前项和为，若，则=（ ）‎ A．13 B．35 C．49 D．63‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列性质得：S7=（a1+a7）=（a2+a6），由此能求出结果．‎ ‎【详解】‎ ‎∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a6=14，‎ ‎∴S7=（a1+a7）=（a2+a6）==49．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查等差数列的基本量的计算和通项公式，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和基本的运算能力.(2) 等差数列中，如果,则,注意这个性质的灵活运用.‎ ‎4．已知为锐角，且，则等于（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由正切的诱导公式得，故，由公式得， ，因为为锐角，所以，故选B 考点：诱导公式 正弦余弦正切之间的关系 ‎5．已知向量满足，，，则（）‎ A．2 B． C．4 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据向量的模的平方以及向量数量积求得、，再根据向量的模的平方求结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，因此由得，从而，选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量的模以及向量数量积，考查基本求解能力.‎ ‎6．函数（且）的图像恒过定点，若点在直线上，其中，则的最小值为（）‎ A．16 B．24 C．50 D．25‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题A（4，1），点A在直线上得4m+n＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值．‎ ‎【详解】‎ 令x﹣3＝1，解得x＝4，y＝1，‎ 则函数y＝loga（x﹣3）+1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点A（4，1），‎ ‎∴4m+n＝1，‎ ‎∴（）（4m+n）＝16+1‎ ‎≥17+217+8＝25，当且仅当m＝n时取等号，‎ 故则的最小值为25，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．‎ ‎7．已知,是直线，是平面，给出下列命题：‎ ‎①若，，，则或．‎ ‎②若，，，则．‎ ‎③ 若,,,,则．‎ ‎④若，且，，则．‎ 其中正确的命题是 （ ）‎ A．①,② B．②,③ C．②,④ D．③,④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①由，，，直线可能在平面内，所以不正确；②若，，，由面面平行的性质定理可知；③中两条直线不一定相交，根据面面平行的性质定理知不正确；根据线面平行的性质定理可知④正确.‎ 考点：本小题主要考查空间中直线、平面间的位置关系.‎ 点评：此题考查学生对空间中点、线、面的位置关系的理解与掌握．重点考查学生的空间想象能力．‎ ‎8．已知函数 的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，可得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，求得函数g（x）＝Acos（φx+ω）图象的一个对称中心．‎ ‎【详解】‎ 根据函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，‎ 可得A＝2，2（6+2），∴ω．‎ 再根据函数的图象经过点（6，0），结合图象可得•6+φ＝0，∴φ，∴f（x）＝2sin（x）．‎ 则函数g（x）＝Acos（φx+ω）＝2cos（x）＝2cos（x）‎ x解x=,结合选项k=-1满足题意，∴图象的一个对称中心可能（，0），‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）图象的应用，求解析式，属于基础题．‎ ‎9．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由题意，知直线AB的方程为=，代入抛物线方程=可得，则 则由抛物线的定义可得或所以.‎ ‎10．已知双曲线的左、右焦点分别为、，若上存在一点满足，且的面积为3，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义结合直角三角形的性质建立方程关系进行求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为不妨设双曲线右支上存在一点P，使，可得，‎ 所以有，所以，‎ 所以的面积为，即，‎ 所以，，‎ 则该双曲线的离心率为，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关双曲线的几何性质的问题，涉及到的知识点有双曲线的定义，勾股定理，三角形的面积，双曲线中的关系，双曲线的离心率的求解，属于简单题目.‎ ‎11．已知 ，若有四个不同的实根，且，则的取值范围( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：因为题设有个变量，故利用分段函数的图像可得，，所以就可化成关于的函数，最后根据有四个不同的实数根得到的取值范围即得的取值范围．‎ 详解：由题设，有在上有两个不同的解，在上有两个不同的解．‎ 当时， ，故，‎ 因，故，‎ 所以即且．‎ 当时， ， 且．‎ 所以，故选A ．‎ 点睛：对于多变量函数的范围问题，降低变元的个数是首选方法，故需要利用函数图像找到各变量之间的关系．注意根据零点的个数判断的取值范围．‎ ‎12．已知椭圆中心在原点，且一个焦点为，直线与其相交于、两点，中点的横坐标为，则此椭圆的方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设椭圆方程为 联立方程：，整理得：,‎ 设，，则，即，化简得：，‎ 又，易得：，‎ ‎∴此椭圆的方程是 故选：C 点睛：弦中点问题解法一般为设而不求，关键是求出弦AB所在直线方程的斜率k,方法一利用点差法，列出有关弦AB的中点及弦斜率之间关系求解；方法二是直接设出斜率k，利用根与系数的关系及中点坐标公式求得直线方程.‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．设变量满足约束条件则的最大值为__________ .‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：依题意，画出可行域（如图示），‎ 则对于目标函数，‎ 当直线经过时，‎ 取到最大值，‎ 考点：简单的线性规划 ‎14．由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 从题意看出，切线长、直线上的点到圆心的距离、半径之间满足勾股定理，‎ 显然圆心到直线的距离最小时，切线长也最小．‎ 圆心到直线的距离为：,‎ 切线长的最小值为：故本题正确答案为.‎ ‎15．三棱锥,,,,（单位：）则三棱锥外接球的体积等于_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 补充图形为长方体，三棱锥P﹣ABC的外接球，与棱长为1，1，的长方体外接球是同一个外接球，用长方体的对角线长求外接球的半径，可得球的体积．‎ ‎【详解】‎ 三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，‎ PA＝AB＝1，BC，‎ 画出几何图形如图所示；‎ 补充图形为长方体，则棱长分别为1，1，；‎ ‎∵对角线长为2，‎ ‎∴三棱锥D﹣ABC的外接球的半径为1，‎ ‎∴该三棱锥外接球的体积为π×13cm3．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查球的组合体问题，构建长方体是问题的关键．‎ ‎16．已知数列中，，，，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，数列满足，从而用累加法求得 ，进一步求得，从而可得，之后将不等式转化为，构造新函数，结合二次函数的性质列出不等式组求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由，可得，‎ 即，‎ 又，所以，‎ 所以 ，‎ 即，，‎ 要使不等式对于任意的，恒成立，‎ 则对于任意的恒成立，‎ 即对于任意的恒成立，‎ 令，则，‎ 解得或，‎ 故答案是：.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关数列与不等式的综合题，涉及到的知识点有利用累加法求通项，不等式恒成立向最值靠拢，一元二次不等式在某个区间上恒成立，用一元二次方程的根的分布来解决，注意构造新函数，属于较难题目.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．在中，角的对边分别是，，.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若为边上一点，且，的面积为，求的长.‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理得：，解得sinB，结合b＜c，可得B为锐角，利用三角形内角和定理可求B，A的值．‎ ‎（2）利用三角形面积公式及已知可求CD，由余弦定理即可解得BD的值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵C＝60°，可得：sinC，由cb，可得：，‎ 又∵由正弦定理，可得：，解得：sinB，‎ ‎∵由已知可得b＜c，可得B为锐角，‎ ‎∴可得：B＝45°，A＝180°﹣B﹣C＝75°．‎ ‎（2）∵△BCD的面积为，即：a•CD•sinC，解得：CD＝1，‎ ‎∴由余弦定理可得：BD．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角形内角和定理，考查了数形结合思想的应用和计算能力，属于中档题．‎ ‎18．已知数列的前项和满足且.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)求 的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）仿写等式，两式相减得到递推关系，再利用等差数列的定义和通项公式进行求解；（2）利用错位相减法进行求解.‎ 试题解析：（1）当时，，解得或0（舍去）‎ 当时，，，‎ 两式相减得：，即，，‎ 又因为，所以。，‎ 即，‎ 数列是公差为1的等差数列，‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 两式相减得：。‎ 所以 点睛：本题考查由数列的通项和前项和的关系求通项及错位相减法求和；要注意数列的通项和前项和的关系是一个分段函数，处理问题时一定要注意验证当的值是否满足第二段表达式.‎ ‎19．某校从高一年级参加期末考试的学生中抽出50名学生，并统计了他们的数学成绩（满分为100分），将数学成绩进行分组，并根据各组人数制成如下频率分布表：‎ ‎（1）写出的值，并估计本次考试全年级学生的数学平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎（2）现从成绩在内的学生中任选出两名同学，从成绩在内的学生中任选一名同学，共三名同学参加学习习惯问卷调查活动.若同学的数学成绩为43分，同学的数学成绩为分，求两同学恰好都被选出的概率.‎ ‎【答案】(1),全年级学生的数学平均分为73.8；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)由题意结合频率分布表可得，据此估计本次考试全年级学生的数学平均分为.‎ ‎（2）设数学成绩在内的四名同学分别为，成绩在内的两名同学为，由题意可知选出的三名同学共有12种情况.两名同学恰好都被选出的有3种情况，满足题意的概率值为.‎ 试题解析：‎ ‎(1)，‎ 估计本次考试全年级学生的数学平均分为：‎ ‎.‎ ‎（2）设数学成绩在内的四名同学分别为，‎ 成绩在内的两名同学为，‎ 则选出的三名同学可以为：‎ ‎、、、、、、、、、、、，共有12种情况.‎ 两名同学恰好都被选出的有、、，共有3种情况，‎ 所以两名同学恰好都被选出的概率为.‎ ‎20．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，是抛物线上异于的两点．‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若直线的斜率之积为，求证：直线过定点．‎ ‎【答案】（1）y2=4x； （2）直线AB过x轴上一定点（8，0）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）利用抛物线的焦点坐标，求出，然后求抛物线的方程；（Ⅱ）通过直线的斜率是否存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率乘积关系，转化求解即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）因为抛物线的焦点坐标为，所以，所以.‎ 所以抛物线的方程为.‎ ‎（Ⅱ）证明：①当直线的斜率不存在时，设，，‎ 因为直线，的斜率之积为，所以，化简得.‎ 所以，，此时直线的方程为.‎ ‎②当直线的斜率存在时，设其方程为，，，‎ 联立得化简得.‎ 根据根与系数的关系得，‎ 因为直线，的斜率之积为，‎ 所以，‎ 即.即，‎ 解得（舍去）或.‎ 所以，即，所以，‎ 即.‎ 综上所述，直线过轴上一定点.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与抛物线的位置关系的应用直线过定点问题，抛物线的方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，设而不求整体代换方法的应用，分类讨论的思想，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理是常用手段，属于中档题.‎ ‎21．如图，在直角梯形中，，，.直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到，且使平面平面.为线段的中点，为线段上的动点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）当点是线段中点时，求二面角的余弦值；‎ ‎（3）是否存在点，使得直线平面？请说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析(2) （3）存在点，使得直线平面 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由平面平面.．推出平面．即可证明．‎ ‎（Ⅱ）以AC，AB，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABM的一个法向量，平面APM的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角P﹣AM﹣B的余弦值．‎ ‎（Ⅲ）存在点P，使得直线A1C∥平面AMP．设P（x1，y1，z1），求出平面AMP的一个法向量，求出，利用．求出λ，即可证明结果．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由已知，平面平面 平面，平面 平面 所以平面 又平面 所以 ‎（2）由（1）可知，，两两垂直.‎ 分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.‎ 由已知 ‎ 所以，，，，‎ 因为为线段的中点，为线段的中点.‎ 所以，‎ 易知平面的一个法向量 设平面的一个法向量为 由得 取，得 由图可知，二面角的大小为锐角，‎ 所以 所以二面角的余弦值为 ‎（3）存在点，使得直线平面 设，且，，则 所以，，.所以 设平面的一个法向量为，‎ 由得 取，得（不符合题意）‎ 又若平面，则 所以，所以 所以存在点，使得直线平面 ‎22．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆上.‎ 求椭圆的方程；‎ 已知与为平面内的两个定点，过点的直线与椭圆交于两点，求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）6‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据离心率及点在椭圆上可求出a,b，写出椭圆的方程；（2）联立直线和椭圆方程，消元得一元二次方程，求出弦长，再利用点到直线的距离求出高，即可写出面积，利用换元法，求其最大值.‎ 试题解析：‎ 解：（1）∵，∴，‎ 椭圆的方程为，‎ 将代入得，∴，‎ ‎∴椭圆的方程为．‎ ‎（2）设的方程为，联立 消去，得，‎ 设点，，‎ 有，，‎ 有，‎ 点 到直线的距离为，‎ 点到直线的距离为，‎ 从而四边形的面积（或）‎ 令，，‎ 有 ，设函数，，所以在上单调递增，‎ 有，故，‎ 所以当，即时，四边形面积的最大值为6．‎ 点睛：四边形的面积可以用对角线乘积的一半表示，也可以分割为三角形处理，当面积中带有根号的分式时，可以考虑换元法求其最值，或者考虑用均值不等式、构造函数利用单调性等方法处理.‎