陕西省宝鸡市渭滨区2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题

陕西省宝鸡市渭滨区2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题

渭滨区2018-2019-1高二年级数学（理）试题 一、选择题（每小题5分，共50分）‎ ‎1.已知抛物线的准线方程为，则其标准方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由准线方程，可直接得出抛物线方程.‎ ‎【详解】因为抛物线的准线方程为，‎ 所以抛物线的焦点在轴正半轴上，且，即，‎ 所以抛物线的方程为.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查抛物线的方程，熟记抛物线的准线即可，属于基础题型.‎ ‎2.双曲线的渐近线方程为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的方程，可直接得出渐近线方程.‎ ‎【详解】因为双曲线的方程为，‎ 由得即为所求渐近线方程.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于基础题型.‎ ‎3.若为正实数，且，则的最小值为（ ）‎ A. 10 B. ‎8 ‎C. 9 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得到，再由基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为为正实数，且，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，等号成立.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值的问题，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎4.已知在中，，，，若三角形有两解，则的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形有两解，得到，即，结合题中数据，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为在中，，，，若三角形有两解，‎ 则有，即，即，‎ 所以.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查三角形解的个数的判断，熟记正弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎5.若等差数列的首项为1，公差为1，等比数列的首项为-1，公比为-2，则数列的前8项和为（ ）‎ A. -49 B. ‎-219 ‎C. 121 D. 291‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先记等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，根据等差数列与等比数列的求和公式，结合题中条件，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为等差数列首项为1，公差为1，等比数列的首项为-1，公比为-2，‎ 记等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，‎ 则数列的前8项和为.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列综合，熟记分组求和的方法，以及等差数列与等比数列的求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎6.设满足不等式组，若的最大值为，最小值为，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由得，表示斜率为，在轴截距为的直线；再由约束条件作出可行域，求出边界线的交点坐标，根据题中条件，结合图像，即可求出结果.‎ ‎【详解】由得，表示斜率为，在轴截距为的直线；‎ 由约束条件作出可行域如下，‎ 由解得；由解得，‎ 因为的最大值为，最小值为，‎ 所以显然当直线过点时，取得最大值；过点时，取得最小值；‎ 因此只需，即，‎ 解得 故选C ‎【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，由目标函数的最值求参数，一般需要由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.‎ ‎7.“”的一个充分但不必要的条件是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式 ‎，再由充分不必要条件的概念可知，只需找不等式解集的真子集即可.‎ ‎【详解】由解得，‎ 要找“”的一个充分但不必要的条件，‎ 即是找的一个子集即可，‎ 易得，B选项满足题意.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记充分条件与必要条件的定义即可，属于常考题型.‎ ‎8.已知数列的前项和为，对任意正整数，，则下列关于的论断中正确的是（ ）‎ A. 一定是等差数列 B. 一定是等比数列 C. 可能是等差数列，但不会是等比数列 D. 可能是等比数列，但不会是等差数列 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若数列中所有的项都为0，则满足，所以数列可能为等差数列；由得：，则，所以，另由得：，即，所以数列不是等比数列。故选C。‎ 考点：等差数列和等比数列的定义 点评：本题利用了等差和等比数列的定义进行判断，解决本题容易出现差错的是，当得到式子时，就认为数列是等比数列，这是错误的，因为这个式子不包括首项。‎ ‎9.若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于(　　)‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线面角的概念，可知向量夹角与线面角互余，或者等于线面角余角的补角，进而可得求出结果.‎ ‎【详解】因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，‎ 所以直线与平面所成的角等于.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查求直线与平面所成的角的，熟记线面角的概念即可，属于常考题型.‎ ‎10.已知向量，，以为邻边的平行四边形的面积（ ）‎ A. B. C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由向量夹角公式，求出的夹角余弦值，从而得到正弦值，再由三角形面积公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因此以为邻边的平行四边形的面积为 故选A ‎【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，熟记向量夹角的坐标表示，以及向量模的坐标运算即可，属于常考题型.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎11.已知的一个内角为，并且三边长成公差为2的等差数列，则的周长为________.‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意设三角形三边长依次为，其中，再由最大内角为，结合余弦定理，即可求出，从而可得出结果.‎ ‎【详解】因为三边长成公差为2的等差数列，‎ 所以可设三角形三边长依次为，其中，‎ 又的一个内角为，即所对的角为，‎ 由余弦定理可得：，‎ 解得.‎ 所以周长为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎12.焦距为2，短轴长为4，且焦点在轴上的椭圆的标准方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得到，，再由求出，根据焦点在轴上，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为椭圆的焦距为2，短轴长为4，‎ 所以，，‎ 因此，‎ 又该椭圆的焦点在轴上，‎ 所以该椭圆的标准方程为.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，根据求出椭圆的标准方程，熟记椭圆标准方程即可，属于基础题型.‎ ‎13.已知向量，，若，则________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量垂直，得到向量数量积为0，结合题中条件，列出方程，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为向量，，若，‎ 则，即，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由向量垂直求参数的问题，熟记向量垂直的坐标表示即可，属于常考题型.‎ ‎14.设数列是公差不为0的等差数列，为数列前项和，若，，则的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设等差数列的公差为，根据，，求出公差，即可得出结果.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ 因为，所以，‎ 又，‎ 所以，整理得，‎ 解得或，‎ 因为数列是公差不为0，所以，‎ 因此.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查等差数列基本量运算，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ 三、解答题（每小题10分，共50分）‎ ‎15.设数列满足.‎ ‎(1)求数列的通项公式； ‎ ‎(2)若数列的前项和为，求.‎ ‎【答案】(1) . (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，求出时的通项，再检验时，是否满足所求通项公式即可；‎ ‎（2）由（1）得到，用裂项相消法，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，所以当时，，‎ 所以，即，‎ 当时，满足，所以.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列的和，熟记递推关系式，以及裂项的常见形式即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知的内角满足.‎ ‎(1)求角； ‎ ‎(2)若的外接圆半径为1，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】(1) . (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先设内角所对的边分别为，由题意中条件，根据正弦定理得到，再由余弦定理，即可求出角；‎ ‎（2）先由的外接圆半径为1，结合正弦定理得到，再由余弦定理，结合基本不等式，可得，从而可得三角形面积的最大值.‎ ‎【详解】（1）设内角所对的边分别为，‎ 由可得，‎ 所以，‎ 又因为，所以.‎ ‎（2）因为的外接圆半径为1，‎ 所以有，即，‎ 由余弦定理可得 即，‎ 即，所以（当且仅当时取等号）.‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，以及基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎17.某种设备购置费为10万元，每年的设备管理费共计1万元，这种设备的维修费各年为：第一年1千元，第二年3千元，第三年5千元，而且以后以每年2千元的增量逐年递增．问这种设备最多使用多少年报废最合算（即使用多少年的年平均费用最少）?‎ ‎【答案】使用10年报废最合算，年平均费用为3万元．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设使用年的年平均费用为万元，根据题意得到，化简整理，根据基本不等式求最值即可，属于常考题型.‎ ‎【详解】解：设这种设备使用年年平均费用为万元，‎ 由已知得：‎ 由基本不等式知： ，‎ 当且仅当即时取“等号”，‎ 因此使用10年报废最合算，年平均费用为3万元．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎18.如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，‎ ‎.‎ ‎(1)求直线与平面的夹角；‎ ‎(2)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1) . (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,以点为坐标原点，以为轴， 为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间坐标系， ‎ ‎（1）由题意，求出直线的方向向量，平面的一个法向量，由向量夹角，即可得到直线与平面夹角；‎ ‎（2）先求出平面的一个法向量，由点到平面的距离，即可求出结果.‎ ‎【详解】设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面；以点为坐标原点，以为轴， 为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间坐标系，‎ ‎（1）由已知得：,,,,,‎ 因为轴垂直于平面，‎ 因此可令平面的一个法向量为，又,‎ 设直线与平面的夹角为，‎ 则有,‎ 即，‎ 所以直线BF与平面ABCD的夹角为.‎ ‎（2）因为,,‎ 设平面的法向量为，‎ ‎，令得，‎ 又因为,‎ 所以点到平面的距离.‎ ‎【点睛】本题主要考查求直线与平面所成的角，以及点到平面的距离问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.‎ ‎19.已知椭圆的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，过点的直线与椭圆相交于、两点. ‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若以为直径的圆过坐标原点，求的值.‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由离心率得到，由椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，得到，进而可求出结果；‎ ‎（2）先由题意，得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，得到，，再由以为直径的圆过坐标原点，得到，进而可求出结果.‎ ‎【详解】(1)由题意知，‎ ‎∴，即 ， ‎ 又双曲线的焦点坐标为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，‎ 所以，∴，‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎(2)解：由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为 由得： ‎ 由得： ‎ 设，则，，‎ ‎∴ ‎ 因为以为直径圆过坐标原点，‎ 所以，‎ ‎.满足条件 ‎ 故.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，解决此类问题时，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于常考题型.‎