河南省商丘市九校2018-2019学年高二上学期期末联考数学（理）试题含答案.doc

1、 20182018- -20192019 学年上期期末联考高二数学（理科）学年上期期末联考高二数学（理科） 一一. .选择题： （本大题共选择题： （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）一项是符合题目要求的） 1.命题：的否定是 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由全称命题的否定直接改写即可. 【详解】因为全称命题的否定为特称命题，所以 命题：的否定是：. 【点睛】本题主要考查含有一个量词的命题的否定，一般只需要改量词和结论即可，属于基

2、 础题型. 2.已知，则下列不等式成立的是 ( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用不等式的基本性质即可得出结果. 【详解】因为，所以，所以， 故选 B 【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题型. 3.在单调递增的等差数列中，若，则 ( ) A. 1 B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先设等差数列的公差为 ，由题中条件列出方程组，求解即可. 【详解】设等差数列的公差为,因为， 所以有：，解方程组得：； 故选 C 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，由题意列方程组求公差和首项即可，属于基础题型. 4.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，

3、b，c.已知，则 ( ) A. B. 3 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由余弦定理，列出方程，直接求解即可. 【详解】因为，由余弦定理可得：，解 得或，故， 选 B 【点睛】本题主要考查余弦定理，熟记公式即可，属于基础题型. 5.设，则“”是“”的 ( ) A. 充分而不必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充要条件 D. 必要而不充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】 先解不等式和不等式，然后结合充要条件的定义判断即可. 【详解】由得；由得，所以由能推出；由不能推 出，故“”是“”的必要不充分条件. 故选 D 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，结合概念直接判断

4、即可，属于基础题型. 6.曲线在点（1,1）处切线的斜率等于（ ）. A. B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 试题分析：由，得，故，故切线的斜率为，故选 C. 考点：导数的集合意义. 7.已知向量且互相垂直，则 的值是 ( ) A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】 由向量垂直，可得对应向量数量积为 0，从而可求出结果. 【详解】因为，所以， 又互相垂直，所以， 即，即，所以; 故选 A 【点睛】本题主要考查向量的数量积的坐标运算，属于基础题型. 8.若实数x，y满足约束条件则的最大值是( ) A. 2 B. 0 C. 1 D. 4 【答案】C 【解析】

5、【分析】 先由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由截距的取值范围确定目标函 数的最值即可. 【详解】 由约束条件作出可行域如图所示，目标函数可化为，所以直线在 y 轴截距越小，则目标函数的值越大， 由图像易知，当直线过点 A 时，截距最小，所以目标函数最大为. 故选 C 【点睛】本题主要考查简单的线性规划，只需根据约束条件作出可行域，化目标函数为直线 的斜截式，求在 y 轴截距，即可求解，属于基础题型. 9.已知AB是抛物线的一条焦点弦，则AB中点C的横坐标是 ( ) A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先设两点的坐标，由抛物线的定义表示出弦长，再由题意

6、，即可求出中点的横坐标. 【详解】设，C的横坐标为，则， 因为是抛物线的一条焦点弦，所以， 所以，故. 故选 B 【点睛】本题主要考查抛物线的定义和抛物线的简单性质，只需熟记抛物线的焦点弦公式即 可求解，属于基础题型. 10.若不等式的解集为，那么不等式的解 集为 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中所给的二次不等式的解集，结合三个二次的关系得到，由根与系数的关系求出 的关系，再代入不等式，求解即可. 【详解】因为不等式的解集为，所以和 是方程的 两 根 ， 且， 所 以, 即， 代 入 不 等 式 整理得，因为，所以, 所以， 故选 D 【点睛】本题主要考

7、查含参数的一元二次不等式的解法，已知一元二次不等式的解求参数， 通常用到韦达定理来处理，难度不大. 11.已知双曲线的左.右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且满足， 则的面积为 ( ) A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由双曲线的定义可得，联立可求出的长，进而可求 三角形的面积. 【详解】 由双曲线的定义可得， 又， 两式联立得：， ，又，所以，即为直角三角形，所以 . 故选 A 【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，双曲线的焦点三角形问题，一般需要借助抛物线 的性质，结合题中条件来处理，难度不大. 12.若函数有两个零点，则实数a的取值范围为 ( ) A. B

8、. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出函数的导函数，利用导函数求出函数的最小值，再根据函数的零点和最值之间的关系 即可求出参数的范围. 【详解】因为函数的导函数为，令， 得， 所以当时，函数单调递减； 当时，函数单调递增； 故当时，函数取最小值， 若函数有两个零点，则，即， 又因为时，时，恒成立，不存在零点， 故， 综上： 的取值范围是 ， 故选 C 【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，研究函数零点的问题，通常需要对函数求导， 研究函数的单调性和最值，进而可求出参数范围，属于常考题型. 二二. .填空题（本填空题（本大题共大题共 4 4 小小题，每小题题，每小题 5 5 分

9、，共分，共 2020 分）分） 13.计算_. 【答案】 【解析】 【分析】 由微积分基本定理直接计算即可. 【详解】, 故答案为. 【点睛】本题主要考查微积分基本定理，根据基本初等函数的导函数，即可求解，属于基础 题型. 14.已知是等差数列，是等比数列， 且 ，. 则数列的 前n项和为_. 【答案】 【解析】 【分析】 先由题中条件求出数列和数列的通项公式，再由分组求和法，结合等差数列以及等比 数列的求和公式即可求出结果. 【详解】设的公差为 ，的公比为 因为是等比数列，,所以，所以, 又因为是等差数列，所以，故， 令，记的前n项和为, 则. 故答案为 【点睛】本题主要考查数列的求和，需要

10、先求数列的通项公式，再用分组求和法求解即可， 常用的数列求和的方法有：分组求和，倒序相加，裂项相消，错位相减等，难度较小. 15.若椭圆的方程为，且此椭圆的焦距为 4，则实数a_. 【答案】4 或 8 【解析】 【分析】 先由椭圆方程表示出焦距，再由题意列出方程，求解即可. 【详解】因为是椭圆的方程，所以且，所以, 由椭圆的方程可得，又， 所以，解得或. 故答案为 4 或 8 【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质，由椭圆的长半轴、短半轴以及半焦距之间的关系即 可求解，属于基础题型. 16.函数在上递减，则实数 的取值范围是_ 【答案】 【解析】 【分析】 由函数在给定区间内单调递减，可得其导函数

11、在给定区间内小于等于 0 恒成立，进而可求出 结果. 【详解】因为在上递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立, 所以. 即答案为 【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，根据函数在某区间上的单调性求参数范围时， 通常需要对函数求导，由导函数的正负分离出参数求解即可，属于常考题型. 三三. .解答题解答题( (本大题共本大题共 6 6 小题小题, ,满分满分 7070 分分. .解答应写出文字说明解答应写出文字说明, ,证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤) ) 17.已知正实数a，b满足，求的最小值. 【答案】 【解析】 【分析】 只需将化为， 与相乘， 展开后， 利用基本不等式即可求解. 【详

12、解】， 当且仅当，即时取等号， 的最小值为 . 【点睛】本题主要考查基本不等式在求最值问题中的应用，通常需要将条件变形整理，与所 求式子相乘，利用基本不等式来求最值即可，做题时要注意不等式取等号的条件，属于基础 题型. 18.已知单调的等比数列的前 项和为，若，且是 ，的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，且前 项的和为，求 【答案】() ；() . 【解析】 试题分析：()由已知得，从而求得 ，由，得 ，进而得通项公 式； () ，利用裂项相消求和即可. 试题解析： ()因为是的等差中项， 所以或（舍） ； () ； 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的

13、形式，然后通过累加抵消中间 若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c 为 常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的 裂项求和，如或. 19.在中，内角 . . 的对边分别为，且 （1）求角 的大小； （2）若点 满足，且，求的取值范围 【答案】 （）； （）. 【解析】 试题分析：利用正弦定理及余弦定理整理求出，即可求得角 的大小； 利用余弦定理及常用不等式求解即可 解析： （） 根据正弦定理得 又 （）在中，根据余弦定理得 即 又 又 , 20.已知四棱锥的底面为直角梯形，底面且 是的中点 （1）证明：平面平面； （

14、2）求与夹角的余弦值； （3）求二面角的平面角的余弦值 【答案】 （1）见解析； （2）； （3） 【解析】 【分析】 建立空间直角坐标系，求出的坐标， (1)通过证明，利用，即可证明结论成立； (2)求出与的方向向量，由，即可求出结果； (3)在上取一点，则存在 ，使,求出 ，再说明为所求二面角的平 面角，利用向量夹角公式即可求出结果. 【详解】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则 (1)证明：因为 所以，所以. 由题设知，且， 所以平面. 又平面，所以平面平面. (2)因为， 所以 故与夹角的余弦值为. (3)在上取一点，则存在 ，使，又 所以， 要使，只需，即，解得，可知当时，N点的

15、坐标为， 能使，此时，有， 由得， 所以为所求二面角的平面角 所以， 所以二面角的平面角的余弦值为. 【点睛】本题主要考查空间向量的方法在几何中的应用，需要考生掌握直线与平面、平面与 平面垂直的判定定理以及性质定理，并且熟记空间角的向量计算公式，属于常考题型. 21.椭圆，其中，焦距为 2，过点的直线 l 与椭圆 C 交于点 A， B，点 B 在 A，M 之间又线段 AB 的中点的横坐标为 ，且. (1)求椭圆 C 的标准方程 (2)求实数 的值 【答案】 （1）； （2） 【解析】 试题分析： （1）运用离心率公式和椭圆的， 的关系，解得，即可得到椭圆方程； （2）运用向量共线的知识，设出直

16、线 的方程，联立椭圆方程，消去，运用判别式大于， 以及韦达定理和中点坐标公式，计算得到，的横坐标，即可得到所求值 试题解析： （1）由条件可知，故，椭圆的标准方程是； （2） 由，可知三点共线，设点，点， 若直线轴，则，不合题意， 5 分 当 A所在直线 的斜率 存在时，设直线 的方程为 由消去 得， 由的判别式，解得， ， 7 分 由，可得，如图， 9 分 将代入方程，得， 又， ， 12 分 考点：1椭圆的方程和性质；2直线与椭圆的位置关系；3中点坐标公式 22.函数 （1）若函数，求函数的极值； （2）若在恒成立，求实数 的取值范围 【答案】 （1）极大值为 ，无极小值； （2） 【解析】 试 题 分 析： （ ） 当时 分 析 函 数的 单调 性 ，确 定 函 数的 最大 值 ； （ ） 在恒成立，通过变量分离转化为在恒 成立，进而构造新函数求最值即可 试题解析： 解： （1）当时， 由得；由得， 在递增，在递减 所以，当时，的最大值为 当时，的最大值为 （2） 在恒成立 在恒成立 设 则 当时，且 当时， 设，则在递增 又 使得 时，时， 时，时， 函数在递增，在递减，在递增 由知，所以 又 又当时， ，即 的取值范围是.