2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二上学期期末考试数学（理）试题 解析版

2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二上学期期末考试数学（理）试题 解析版

重庆市巴蜀中学2019级高二上期末考试 数学（理科）试题 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. 已知函数在处取得极值，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】 在处取得极值， ‎ 故选A．‎ ‎2. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图知几何体为直三棱柱，且三棱柱的高为5，底面是直角边长分别为3，4的直角三角形，∴三棱柱的体积 ‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是判断几何体的形状及数据所对应的几何量．‎ ‎3. 命题“，均有”的否定形式是（ ）‎ A. ，均有 B. ，使得 C. ，均有 D. ，使得 ‎【答案】B ‎【解析】由命题的否定可知命题“，均有”的否定形式是“，使得”.‎ 故选B ‎4. “”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】A ‎【解析】由“”可得“”，由“”可得“ ”，故“”是“”的充分不必要条件 故选A.‎ ‎5. 我国南宋时期的数学家秦九韶是普州（现四川省安岳县）人，秦九韶在其所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一例，则输出的的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】模拟程序的运行，可得； ‎ 满足条件，执行循环体，； ‎ 满足条件，执行循环体，； ‎ 满足条件，执行循环体，； ‎ 满足条件，执行循环体， ；‎ 不满足条件，退出循环，输出的值为14． 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论.‎ ‎6. 函数的导函数的图像如图所示，则的图像可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由图象得:在上,;在上, ;所以函数在单调递减, 在上单调递增,故选D.‎ ‎7. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中错误的（ ）‎ A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由,可知,又,所以，正确；‎ 由,知或，而，所以，，正确；‎ 由,知，正确；综上知，故选.‎ 考点：1.平行关系；2.垂直关系.‎ ‎8. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵函数函数在区间上单调递增，∴当时， ‎ 恒成立，即 即的取值范围为 ‎ 故选B ‎9. 如图所示程序框图输出的结果是，则判断狂内应填的条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】第一次运行，，满足条件， ‎ 第二次运行，，满足条件，，‎ 第三次运行，，满足条件，，‎ 此时不满足条件，输出，‎ 故条件应为，8，9，10满足，不满足， 故条件为 ，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，根据运行条件是解决本题的关键．‎ ‎10. 已知点为椭圆上第一象限上的任意一点，点，分别为椭圆的右顶点和上顶点，直线与交于点，直线与轴交于点，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图所示：设的坐标为 ‎ 由 则直线的方程为 ‎ 令时，则 即 ‎ 则直线的方程为 ‎ 令，则 ‎ 即 ‎ ‎ ‎ 故选B ‎11. 已知点在正方体的线段上，则最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如图，连接交于，连接，则 ‎ ‎∴当最小时，最大，最大，最小.‎ 即时，最大，如图，作于，‎ 设正方体棱长为1， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故选B ‎12. 已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为，，且两条曲线在第一象限的交点为，若是以为底边的等腰三角形.椭圆与双曲线的离心率分别为，，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设椭圆和双曲线的半焦距为 由于是以为底边的等腰三角形.若 即有 由椭圆的定义可得 由双曲线的定义可得 即有再由三角形的两边之和大于第三边，可得 则即有由离心率公式可得 ‎ 由于 ，则有 ，即 故选C．‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 若双曲线的离心率为，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】双曲线的离心率 ‎ 即答案为.‎ ‎14. 已知抛物线，焦点为，为平面上的一定点，为抛物线上的一动点，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】抛物线的准线方程为：，焦点为，过向准线作垂线，垂足为， ‎ 故答案为：12．‎ ‎15. 三棱锥中，垂直平面，，，，则该三棱锥外接球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题，平面，， 是三棱锥的外接球直径； ‎ 可得外接球半径 ‎ ‎∴外接球的表面积 ． 即答案为 ．‎ ‎16. 已知函数，，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，则 令，解得；令，解得．在是减函数，在 ‎ 是增函数，即 ‎ 对于任意的，，不等式恒成立，则有 即可．‎ 即不等式对于任意的恒成立， ‎ 当时，，在是减函数， ， 符合题意．‎ 当时，， 令 ，解得 ；令，解得．‎ 当 即时，在 是减函数， ， （舍去）．‎ 当 即时，在是增函数，在 是减函数， ，恒成立．得 符合题意．‎ 当 时，当时，，这与对于任意的 时 矛盾．故不成立 综上所述的取值范围为．‎ 即答案为 三、解答题 （本大题共6小题，第一个大题10分，其他题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并写在答题卷相应的位置上.） ‎ ‎17. 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点在棱上. ‎ ‎（Ⅰ）求证：平面 平面；‎ ‎（Ⅱ）当且为的中点时，求与平面所成角的大小.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】试题分析：（）利用正方形的性质和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定和面面垂直的判定定理进行证明；（）利用（1）结论，得到线面角，再通过解三角形进行求解.‎ 试题解析：（）证明：∵是正方形，‎ ‎∴，‎ 又∵底面，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴面，‎ 又∵面，‎ ‎∴面面．‎ ‎（）‎ 设，连接，‎ 由（）可知平面，‎ ‎∴为与平面所成的角，‎ 又∵，分别为，中点，‎ ‎∴，，‎ 又∵底面，‎ ‎∴底面，‎ ‎∴，‎ 在中，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 即与平面所成的角的大小为．‎ ‎18. 已知焦点为的抛物线：过点，且.‎ ‎（1）求；（2）过点作抛物线的切线，交轴于点，求的面积.‎ ‎【答案】（1） （2）1‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用抛物线的定义，结合抛物线：过点，且.‎ 列出方程组，即可求出；‎ ‎（2）由得所以斜率为，进而求得直线方程为得，由此可求的面积.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由得 ，；‎ ‎（2）由得所以斜率为 直线方程为得，所以的面积是.‎ ‎19. 已知函数在处切线为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求在上的值域。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）求导，由直线斜率为，即可求；由可求；‎ ‎（2）由可知在递减，在递增，比较，，的函数值可得在上的值域.‎ 试题解析：（1），直线斜率为，由得；由得 ‎（2） 得在递减，在递增，又，，，所以值域是 ‎20. 在多面体中，四边形是正方形，，，，.‎ ‎（Ⅰ） 求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）在线段上确定一点，使得平面与平面所成的角为.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）当点满足时，平面与平面所成角的大小为.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）在中，由正弦定理得得即即，在中，可得即，即，由此可证明平面.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，平面，则平面平面 ‎.....................‎ ‎.‎ 易知平面的一个法向量.由向量的夹角公式 ‎ ， 化简得，.‎ 即当点满足时，平面与平面所成角的大小为.‎ 试题解析：（Ⅰ）四边形是正方形，.‎ 在中，，即得 ‎，即，在梯形中，过点作，交于点.‎ ‎，，，‎ 在中，可求，，‎ ‎ ‎ ‎，.‎ 又，‎ 平面，‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，‎ 平面，又平面，‎ 平面平面 如图，过点作平面的垂线，‎ 以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，， ，.‎ 设，，则. ‎ 设平面的一个法向量，则，‎ 即令，得 ‎.‎ 易知平面的一个法向量.‎ 由已知得 ， ‎ 化简得，.‎ 当点满足时，平面与平面所成角的大小为.‎ ‎21. 已知椭圆：的左、右两个焦点分别为，，过点与轴垂直的直线交椭圆于，两点，的面积为，椭圆的离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）已知为坐标原点，直线：与轴交于点，与椭圆交于，两个不同的点，若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ 试题解析：（Ⅰ）根据已知椭圆的焦距为，当时，，‎ 由题意的面积为，‎ 由已知得，∴，∴，‎ ‎∴椭圆的标准方程为．‎ ‎（Ⅱ）显然，设，，由得，‎ 由已知得，即，‎ 且，，‎ 由，得，即，∴，‎ ‎∴，即．‎ 当时，不成立，∴，‎ ‎∵，∴，即，‎ ‎∴，解得或．‎ 综上所述，的取值范围为或.‎ ‎22. 已知函数（其中是自然对数的底数.）‎ ‎（1）讨论函数的单调性； ‎ ‎（2）当函数有两个零点，时，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】试题分析：（1）由已知中函数的解析式，求出导函数的解析式，对进行分类讨论，确定在不同情况下导函数的符号，进而可得函数的单调性． （2）先求出，令，求出，问题转化为证明 ‎，构造函数，通过函数的单调性证明即可．‎ 试题解析：（1）解：因为，‎ 当时，令得，所以当时，，‎ 当时，，所以函数在区间上单调递减，‎ 在区间上单调递增；‎ 当时，恒成立，故此时函数在上单调递增.‎ ‎（2）证明：当时，由（1）知函数单调递增，不存在两个零点，所以，‎ 设函数的两个零点为，，且. 由题意得： ， ②-①得： ‎ 令 ，则 ∴③可化为： ‎ 要证： 只需证：‎ 即证： ‎ 构造函数 ，则 ‎ 在单调递增， ‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用及转化思想.其中（2）求出 问题转化为构造新函数，通过求导得到新函数单调性是解题的关键．‎ ‎ ‎