福建省厦门市2018-2019学年高二数学上学期期末质量检测试题文含答案.doc

1、 厦门市厦门市 20182018- -20192019 学年度第一学期高二年级质量检测学年度第一学期高二年级质量检测 数学数学( (文科文科) )试题试题 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分在每小题给出的四个选项中，只有一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项是符合题目要求的. . 1.不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 结合二次函数的性质得到解集即可. 【详解】 不等式的解为x=0或x=2,结合二次函数的性质得到解集为：. 故答案为：D. 【点睛】这个题目

2、考查了二次不等式的解法，题目简单. 2.命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】 根据全称命题的否定是特称命题写出即可. 【详解】 根据全称命题的否定是特称命题， 得到命题“，”的否定为， ，. 故答案为：A. 【点睛】这个题目考查了全称命题的写法，按照换量词否结论，不变条件这一规则书写即可. 3.焦点在 轴上的椭圆的离心率为 ，则实数 的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据椭圆的标准方程，得到解出即可. 【 详 解 】 焦 点 在轴 上 的 椭 圆的 离 心 率 为， 则 故答案为：D.

3、【点睛】本题考查椭圆的几何性质及其应用，列出不等式并转化为关于离心率的不等式是解 答的关键， 求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)， 常见有两种方法： 求出， 代入公式； 只需要根据一个条件得到关于的齐次式， 结合转化为的齐次式， 然后等式(不 等式)两边分别除以 或 转化为关于 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 ( 的取值范 围). 4.若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 通过赋值可以排除 AD，根据不等式的性质可判断 BC 正误. 【详解】若，对于 A 选项，当 a=-2,b=-1,时，不成立；对于 B 选项，等价于 ab,故不 成

4、立；对于 C 选项，,故选项正确；对于 D 选项，当 c=0 时，不正确，故舍掉. 【点睛】这个题目考查了利用不等式的性质比较大小，常见的方法是将两者做差和 0 比；或 者赋值，得到大小关系；题目简单. 5.在中，角的对边分别为，则 为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】 根据正弦定理得到角 A 的正弦值，通过特殊角的三角函数值得到最终结果. 【详解】根据正弦定理得到，因为 ab,故得到角 A 大于角 B， , 故角 A 为. 故答案为：C. 【点睛】这个题目考查了正弦定理的应用，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

5、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. 6.记为等差数列的前 项和，若，则（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等差数列的前 n 项和的性质得到代入，得到结果. 【详解】为等差数列的前 项和,根据等差数列前 n 项和的性质得到 故得到 故答案为：B. 【点睛】这个题目考查了等差数列性质的应用，对于等差数列的小题，常用到的方法，其一 是化为基本量即首

6、项和公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质. 7.已知，若 是 的充分条件，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 解出各命题对应的不等式的解集，根据小范围推大范围得到结果. 【详解】已知,xa, 若 是 的充分条件,根据小范围推大范围得到. 故答案为：D. 【点睛】判断充要条件的方法是：若 pq 为真命题且 qp 为假命题，则命题 p 是命题 q 的充分不必要条件；若 pq 为假命题且 qp 为真命题，则命题 p 是命题 q 的必要不充分 条件；若 pq 为真命题且 qp 为真命题，则命题 p 是命题 q 的充要条件；若 pq 为假

7、 命题且 qp 为假命题，则命题 p 是命题 q 的即不充分也不必要条件判断命题 p 与命题 q 所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题 p 与命题 q 的关系 8.设抛物线的焦点为 ，过 且倾斜角为的直线 与 的一个交点为， 则 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 根据抛物线的几何关系得到，结合点在曲线上列出方程，联立两式可求解参数值. 【详解】根据条件知点 A 在第一象限，由几何关系得到， 又因为点在曲线上，得到，联立两式得到 p=1. 故答案为：A. 【点睛】这个题目考查了抛物线的几何意义的应用，题目中等. 9.已

8、知数列为等比数列，则（ ） A. 32 B. 17 C. 10 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等比数列的性质得到，再由配方法得到 ， 代入数据即可求解. 【详解】数列为等比数列， 则 代入数据得到 17. 故答案为：B. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式的应用，对于等比等差数列的小题，常用到的方法， 其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基 本性质. 10.下图是改革开放四十周年大型展览的展馆-国家博物馆.现欲测量博物馆正门柱楼 顶部一点 离地面的高度（点 在柱楼底部） .在地面上的两点 ， 测得点 的仰角分别为， ，且，米，则为（ ）

9、 A. 10 米 B. 20 米 C. 30 米 D. 40 米 【答案】D 【解析】 【分析】 分别在直角三角形AOP和直角三角形BOP中，求得OA，OB，进而在AOB中，由余弦定理求 得旗杆的高度 【详解】设旗杆的高度为h，由题意，知OAP30，OBP45 在 RtAOP中，OA， 在 RtBOP中，OBh 在ABO中，由余弦定理， 得AO 2BA2+OB22BAOBcos 60， 代入数据计算得到 h=40. 旗杆的高度约为 40 m 故答案为：D. 【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用考查了学生运用数学知识解决实际问题的能 力在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的

10、三角函数值， 以便在解题中直接应用. 11.已知， 是双曲线的左、右焦点， 为右支上的一点，若平行于 的一条渐近线，且，则 的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由双曲线的性质得到=2b,，再由双曲线的定义得到 2b=2a+2a，进而得 到离心率. 【 详 解 】 根 据 双 曲 线 的 性 质 得 到 焦 点 到 对 应 渐 近 线 的 距 离 为b, 故 得 到 =2b,根据双曲线的定义得到：2b=2a+2a,解得 故答案为：B. 【点睛】 求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)， 常见有两种方法： 求出， 代入公式； 只需要根据一个条件得到关于的

11、齐次式， 结合转化为的齐次式， 然后等式(不 等式)两边分别除以 或 转化为关于 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 ( 的取值范 围). 12.对任意 ，都有，则实数 的最大值为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 原不等式化为，换元得到恒成立，结合二次函数图像的性质列式 求解即可. 【详解】， 令，不妨设 或，解得：或 综上：， 的最大值为 故答案为：B. 【点睛】本题主要考查学生对于齐二次不等式（或方程）的处理方法，将多变量问题转化成 单变量问题，进而利用二次函数或者基本不等式进行求解. 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小

12、题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. . 13.已知点在等轴双曲线 上，则 的标准方程为_. 【答案】 【解析】 【分析】 根据题干可设双曲线方程为，代入已知点可得到参数值，进而得到方程. 【详解】设双曲线的方程为，代入已知点得到.双曲线的方程为： . 故答案为：. 【点睛】这个题目考查了双曲线方程的求法，待定系数法，题目基础. 14.设变量 ， 满足约束条件，则的最大值为_. 【答案】-1 【解析】 【分析】 根据不等式组画出可行域，通过图像得到目标函数的最值. 【详解】 根据不等式组画出可行域，是 x=2 的右侧的开放区域，当目标函数过 y=x+1，和直线 x=2 的交 点时

13、取得最大值，交点坐标为（2，3） ，代入目标函数得到-1. 故答案为：-1. 【点睛】利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域;(2)考虑目标函数 的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（型） 、斜率型（型）和 距离型（型）;(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优 解;(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。 15.已知数列满足，且对任意的正整数 ， ，都有，则数列的 前 项和为_. 【答案】 【解析】 【分析】 由 赋 值 法 得 到根 据 等 差 数 列 的 概 念 得 到 通 项 ， 进 而 得 到 ，之后裂项求和即可.

14、 【详解】对任意的正整数 ， ，都有，令 m=1,得到， 故得到数列是等差数列，首项是 1，故通项为： ，数列的前 项和为 . 故答案为：. 【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中 有常见的已知和 的关系，求 表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检 验 n=1 时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。 16.已知的外接圆半径，则面积的最大值为_. 【答案】 【解析】 【分析】 通过余弦定理以及三角形的垂直关系得到，结 合角 A 的范围得到结果即可. 【详解】，且，且， ， ，即 ， 面积的最大值为 【点睛】本题主

15、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. 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. . 17.已知集合被 4 除余 1， （1）请问

16、53 是不是 中的元素？若是，将 中的元素按从小到大的顺序排列，它是第几项？ （2）求 中所有元素之和. 【答案】 （1）是，第 14 项； （2）1540. 【解析】 【分析】 (1)根据题干条件得到这些数构成首项为 1， 公差的等差数列， 由等差数列定义得到结 果； （2）先由得到，再根据等差数列的前 n 项和公式求和即可. 【详解】 （1）因为，所以 53 是 中元素. 由题知，将 中的元素按从小到大的顺序排列后，从第二项起，每一项与前一项的差是常数 4， 所以这些数构成首项为 1，公差的等差数列， 所以. 令，解得，所以 53 是第 14 项. （2）由（1）知，令，得 所以数列共有

17、28 项 所以 中所有元素之和为. 【点睛】本题考査等差数列的定义、通项公式及其前 项和公式等基础知识；考査数学抽象、 数学建模、数学运算等核心素养；考查分类与整合、化归与转化思想. 18.设抛物线的焦点为 ，直线 与 交于两点，线段中点的横坐标为 2， 且. （1）求 的方程； （2）若 经过 ，求 的方程. 【答案】 （1）（2）或 【解析】 【分析】 (1)根据中点坐标公式得到，再由焦半径公式得到，进而求得参数值； （2） 将直线设为横截式， 联立直线和抛物线， 由韦达定理得到, 进而求解. 【详解】 （1）设， 因为线段中点的横坐标为 2，所以，即 又，所以， 所以 所以 的方程为.

18、（2）由（1）可知焦点 当 与 轴重合时， 与 仅有一个交点，不合题意 故 不与 轴重合，可设 的方程为 由得 所以， 又 所以，解得 所以 的方程为，即或. 【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程 是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题， 最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一， 尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用 19.在中，角 ， ， 的三条对边分别为， . （1）求 ； （2）点 在边上，AB=4，求. 【答案】 （1）

19、 （2）2 【解析】 【分析】 (1)根据正弦定理得到，进而得到角 B； （2）根据互补的角正弦值相等， 得到，在三角形中，由正弦定理得 求得 AD，在中，由余弦定理得 AC. 【详解】 （1） 即 ， （2）， 在中，由正弦定理得 在中，由余弦定理得 【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，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

20、的正余弦公式进行解答. 20.已知数列的前 项和. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前 项和. 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 (1)时，,再验证 n=1 时成立； （2）由题知，数列是首项为 1，公比的等比数列，错位相减求和即可. 【详解】 （1）当时，. 当时，. 上式对也成立，所以. （2）由题知，且， 所以数列是首项为 1，公比的等比数列. 所以，即 所以 由得， 所以， 【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中 有常见的已知和 的关系，求 表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检 验 n=1 时通项公式是

21、否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等. 21.某公司计划在办公大厅建一面长为 米的玻璃幕墙.先等距安装 根立柱， 然后在相邻的立柱 之间安装一块与立柱等高的同种规格的玻璃.一根立柱的造价为 6400 元， 一块长为 米的玻璃 造价为元.假设所有立柱的粗细都忽略不计，且不考虑其他因素，记总造价为 元 （总造价=立柱造价+玻璃造价）. （1）求 关于 的函数关系式； （2）当时，怎样设计能使总造价最低？ 【答案】 （1）且； （2）安装 8 根立柱时，总造价最小. 【解析】 【分析】 （1）分析题意，建立函数关系模型，即可得出函数关系式； （2）由（1）将函数解析式变形，根据基

22、本不等式，即可求出最值. 【详解】解： （1）依题意可知，所以， （2） ，且，. ， 当且仅当，即时，等号成立， 又，当时，. 所以，安装 8 根立柱时，总造价最小. 【点睛】本题主要考查函数、基本不等式等知识：考查运算求解能力、数学应用意识；考查 函数与方程、化归转化等数学思想，属于中档题. 22.在平面直角坐标系中， 平行四边形的周长为 8， 其对角线的端点，. （1）求动点 的轨迹 的方程； （2）已知点，记直线与曲线 的另一交点为 ，直线，分别与直线交于点， .证明：以线段为直径的圆恒过点 . 【答案】 （1）（2）详见解析 【解析】 【分析】 (1)由椭圆的定义得到点 的轨迹为以

23、， 为焦点的椭圆（除去长轴端点） ，结合椭圆的性质 得到参数值；（2） 将直线设为横截式， 联立直线和椭圆方程， 设出直线 PA,PE,可得到， ，根据韦达定理得到结果为 0，进而得到线段为直径 的圆恒过点 . 【详解】 （1）依题意得 点 的轨迹为以 ， 为焦点的椭圆（除去长轴端点） 设 的方程为 ， （2）设直线的方程为， 由得 易得， ， 直线的方程为，直线的方程为 ，. ， 又 以线段为直径的圆恒过点. 【点睛】圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较 强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个 定值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解 题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.