河南省郑州市2018-2019学年高二上学期期末考试数学（理）试题含答案.doc

1、 河南省郑州市河南省郑州市 20182018- -20192019 学年上期期末考试高二数学（理）学年上期期末考试高二数学（理） 第第卷（选择题，共卷（选择题，共 6060 分）分） 一、选择题：本大题共有一、选择题：本大题共有 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题所给出的四个选项中，分。在每小题所给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。只有一项是符合题目要求的。 1.已知命题那么为（ ） 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即可写出答案. 【详解】命题 则为 故选：B 【点睛】本题考全称命题

2、的否定形式，属于简单题. 2.已知数列是等比数列，若则 的值为（ ） A. 4 B. 4 或-4 C. 2 D. 2 或-2 【答案】A 【解析】 【分析】 设数列an的公比为q，由等比数列通项公式可得q 416，由 a3a1q 2，计算可得 【详解】因 故选：A 【点睛】本题考查等比数列的性质以及通项公式，属于简单题 3.已知是实数，下列命题结论正确的是（ ） A. “”是“”的充分条件 B. ”是“”的必要条件 C. “ac 2bc2”是“ ”的充分条件 D. ” 是“”的充要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 根据不等式的性质，以及充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可 【详解】对于

3、 ，当时，满足，但是，所以充分性不成立； 对于 ，当时，满足，但是，所以必要性不成立； 对于 ，当时，成立，但是，所以充分性不成立，当时，满 足，但是，所以必要性也不成立，故“” 是“”的既不充分也不必要条 件， 故选：C 【点睛】本题主要考查不等式的性质以及充分条件，必要条件的判断，属于基础题 4.已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线 的离心率 为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 双曲线的渐近线方程为， 由渐近线与直线垂直， 得 的值， 从而得到离心率. 【详解】由于双曲线的一条渐近线与直线垂直， 所以双曲线一条渐近线的斜率为，又双曲线的渐近线方程为， 所

4、以，双曲线的离心率. 故选：A 【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程和离心率，以及垂直直线斜率的关系. 5.若等差数列的前 项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由得 ，再由等差数列的性质即可得到结果. 【详解】因为为等差数列，所以，解得， 故. 故选:C 【点睛】本题主要考查等差数列的前 项和公式，以及等差数列性质（其中 m+n=p+q）的应用. 6.的内角的对边分别为，, 则 =（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先由二倍角公式得到 cosB,然后由余弦定理可得 b 值. 【详解】因为，所以 由余弦定理，所以 故选：D

5、【点睛】本题考查余弦二倍角公式和余弦定理的应用，属于简单题. 7.椭圆与曲线的（ ） A. 焦距相等 B. 离心率相等 C. 焦点相同 D. 准线相同 【答案】A 【解析】 【分析】 分析两个曲线的方程，分别求出对应的 a,b,c 即可得答案. 【详解】因为椭圆方程为，所以,焦点在 x 轴上, 曲线,因为，所以,曲线方程可写为 ,所以曲线为焦点在 y 轴上的椭圆， ,所以焦距相等. 故选：A 【点睛】本题考查椭圆标准方程及椭圆简单的几何性质的应用，属于基础题. 8.在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AD=AA1=1,，则的长为（ ） A. B. 6

6、C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据空间向量可得，两边平方即可得出答案 【详解】ABADAA11，BADBAA1DAA160， ， ， 6， |= 故选：C 【点睛】本题考查平行四面形法则、向量数量积运算性质、 模的计算公式，考查了推理能力与计算能力. 9.已知不等式的解集是， 若对于任意， 不等式 恒成立，则 t 的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由不等式的解集是，可得b、c的值,代入不等式f（x）+t4 后变量分离得t2x 24x 2，x1，0，设g（x）2x 24x2，求 g(x)在区间1，0上的最小值可得答案 【详解】 由不等式的解集

7、是可知-1 和 3 是方程的根，, 解得 b=4，c=6, 不等式化为 ， 令g（x）2x 24x2， ，由二次函数图像的性质可知 g(x)在上单调递减， 则g（x）的最小值为 g(0)=-2， 故选：B 【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，考查不等式的恒成立问题，常用方法是变量分离， 转为求函数最值问题. 10.在中，角所对的边分别为， 表示的面积，若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得 sinA1，即A90 0，由余弦定理、三 角形面积公式可求角 C，从而得到B的值 【详解】由正弦定理及得 ,因为，所以；

8、由余弦定理、三角形面积公式及，得, 整理得，又,所以,故. 故选：D 【点睛】本题考查正、余弦定理、两角和的正弦公式、三角形面积公式在解三角形中的综合 应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题 11.已知均为正实数，若与的等差中项为 2，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由等差中项和基本不等式得到，又，画出不等式表示的可行域，利用目标函 数的几何意义求解即可 【详解】由题当且仅当时“”成立，此时； 又，作出可行域如图， 目标函数zx+2y可化为y-+ ，即斜率为- ，截距为 的动直线， 数形结合可知，当动直线过点O时，纵截距z最小，即 z 最小，过

9、点 A（0,2）时，纵截距 最大，即 z 最大，故的取值范围为. 故选：B 【点睛】本题结合等差中项考查基本不等式及线性规划问 题,线性规划中利用可行域求目标函数的最值，求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、 三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线） ； （2）找到目标函数对应的最优解对 应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解） ； （3）将 最优解坐标代入目标函数求出最值. 12.已知抛物线,其准线与 轴的交点为 ,过焦点 的弦交抛物线于两点,且 ,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 过点 A 分别作 x 轴和准

10、线的垂线,利用抛物线的定义可将转为，即可得到 ，同理可得，然后利用计算即可得到答案. 【详解】如图所示,过点 A 分别作 x 轴和准线的垂线,垂足分别为 H,A1. 根据题意,知,故. 同理可得 故. 故选:C 【点睛】本题考查抛物线方程,定义等知识点,考查数形结 合思想,转化化归思想的应用.本题亦可采用代数法,求出坐标再用向量法解决. 第第卷（非选择题，共卷（非选择题，共 9090 分）分） 二、填空题：本大题共有二、填空题：本大题共有 4 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。 13.某船在行驶过程中开始看见灯塔在南偏东方向，后来船沿南偏东的方向航行 1

11、5 海里 后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是_海里。 【答案】 【解析】 【分析】 以 O 点为原点建立直角坐标系，利用方向坐标和直角三角形的边角关系，即可求解船与灯塔 的距离，得到答案. 【详解】以 O 点为原点建立直角坐标系，如图所示， 设南偏东方向为射线 OM，船沿南偏东方向航行 15 海里后到达 A 点， 过点 A 作 轴平行线，角 于点 D，角 OM 于 B 点， 则, 所以， 又，所以， 又，所以， 所以海里. 【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用问题，解三角 形实际问题或多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边 和角之间的关系，从而达到

12、解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形 中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所 求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；第三步：求结果. 14.已知数列的首项为 ，为等差数列，且，若，则 _。 【答案】 【解析】 【分析】 先根据为等差数列，和的值，求解出，再利用累加法求解 . 【详解】因为为等差数列，设公差为 ，所以，解得，所 以，故，又 故答案为：-3 【点睛】本题考查等差数列通项公式的应用，考查利用累加法求通项，属于基础题. 15.函数的最小值是_. 【答案】 【解析】 【分析】 将代数式 sin 2x+cos2x 与函数

13、f（x）的解析式相乘，展开后利用基本不等式可求出f（x）的 最小值 【详解】注意到，且 ， 当且仅当时“”成立，此时，满足题意，故的最 小值为. 故答案为： 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解决本题的关键在于对代数式进行合理配凑，属 于基础题 16.已知点的坐标分别是,直线相交于点,且它们的斜率分别为,下列命 题是真命题的有_.(只填写序号) 若,则的轨迹是椭圆(除去两个点) 若,则的轨迹是抛物线(除去两个点) 若,则的轨迹是双曲线(除去两个点) 若,则的轨迹是一条直线(除去一点) 【答案】 【解析】 【分析】 设点，根据条件写出直线 AM 和直线 BM 的方程并联立消参，得到点 M 的

14、轨迹方程，逐个 判断检验即可. 【详解】交轨法不妨设点 不妨设则有,消去参数 ,得 所以错 不妨设则有,消去参数 ,得 所以错 ,整理得所以对 ,整理得所以对 【点睛】本题考查利用交轨法求动点的轨迹方程，属于基础题. 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 个小题，共个小题，共 7070 分，解答题应写文字说明、证明过程或演算步骤。分，解答题应写文字说明、证明过程或演算步骤。 17.已知,. （1）若 ，命题“ ”为真，求实数 的取值范围； （2）若 是 的必要不充分条件，求实数 的取值范围。 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 （1）为真的对立事件为两个都为假，计算 p 和

15、 q 都为假命题时 x 的范围，然后取补集即 可； （2）根据必要不充分条件与集合包含关系进行转化求解即可 【详解】 （1）时，, 为真时， ， 两个命题一真一假或两个都为真，其对立事件为两个都为假，当 假且 假时 ,即， 所以为真时,即 x 的取值范围为 （2）若 是 的必要不充分条件，则 的解集 的解集 时，即时，满足题意 时，当时 ,因为 ,所以。 当时 ,因为 ,所以。 所以 综上，实数 的取值范围为 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用以及复合命题真假关系的应用，求出命题 的等价条件是解决本题的关键 18.已知数列的前 项和为 （I）求数列的通项公式； （II）若，求数列的前

16、 项和。 【答案】 （I） （II） 【解析】 【分析】 （1） 由，时即可得数列的通项公式； （2） 写出数列的通项公式， 利用裂项相消求和法求和即可. 【详解】 （1） 当时， ； 又当时，不满足上式. . （2）当时， ； 当时，满足上式； . 【点睛】本题考查 与的关系，一定要验证的情况；考查裂项相消 求和方法的应用. 19.在中，分别为内角所对的边，且满足, （I）求 C 的大小； （II）现给出三个条件：;.试从中选择两个可以确定的条件， 写出你的选择并以此为依据求的面积 S.（只写出一种情况即可） 【答案】 （） （）详见解析 【解析】 【分析】 （） 由两角和的正弦函数公式化简

17、已知等式可得， 结合角 C 范围可得C值 （） 方案一：选条件和，由余弦定理可求b，a的值，根据三角形面积公式即可计算得解；方 案二：选条件和，由正弦定理得，根据两角和的正弦公式可求 sinA值， 根据三角形面积公式即可计算得解若选条件和，可得 sinA1，这样的三角形不存在 【详解】解： （）依题意得：， 即， ， ，； （）方案一：选条件和， 由余弦定理，有， 则， 所以 方案二：选条件和， 由正弦定理，得， ， ， 点评：考察解三角形知识，正弦定理余弦定理的应用，属于常规题型，难度中等。 【点睛】本题主要考察解三角形知识，正弦定理余弦定理的应用，属于常规题型，难度中等 20.2018 年

18、是中国改革开放 40 周年，改革开放 40 年来,从开启新时期到跨入新世纪，从站上 新起点到进人新时代，我们党引领人民绘就了一幅波澜壮阔、气势恢宏的历史画卷，谱写了 一曲感天动地、气壮山河的奋斗赞歌,40 年来我们始终坚持保护环境和节约资源，坚持推进生 态文明建设，郑州市政府也越来越重视生态系统的重建和维护，若市财政下拨一项专款 100 百万元，分别用于植绿护绿和处理污染两个生态维护项目,植绿护绿项目五年内带来的生态收 益可表示为投放资金x（单位：百万元）的函数M(x（单位：百万元） ：，处理污 染项目五年内带来的生态收益可表示为投放资金x（单位：百万元）的函数 N(x） （单位：百 万元）

19、：. （）设分配给植绿护绿项目的资金为x（百万元） ，则两个生态项目五年内带来的收益总和 为y，写出y关于x的函数解析式和定义域。 （）生态项目的投资开始利润薄弱，只有持之以恒，才能功在当代，利在千秋，试求出y 的最大值，并求出此时对两个生态项目的投资分别为多少？ 【答案】 （）； （） 的最大值为 52（百万元） ，分别投 资给植绿护绿项目、污染处理项目的资金为 40（百万元） ，60（百万元）. 【解析】 【分析】 （）由题意可得处理污染项目投放资金为百万元，得到，进而可得 函数的解析式； （）由（）可化简的函数的解析式为，利用基本不等式，即可求解最大 值. 【详解】 （）由题意可得处理污

20、染项目投放资金为百万元， 所以， （）由（）可得， ， 当且仅当 此时 的最大值为 52 （百万元） ， 分别投资给植绿护绿项目、 污染处理项目的资金为 40 （百万元） ， 60（百万元）. 【点睛】本题主要考查了函数的实际应用问题，以及利用基本不等式求最值的应用，其中解 答中认真审题，正确求解函数的解析式，合理构造利用基本不等式求解函数的最值是解答的 关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 21.如图，四棱锥中，底面是梯形，且， ,. （1）求证：平面 平面; （2）若,求二面角的余弦值. 【答案】 （1）详见解析（2） 【解析】 【分析】 (1) 取中 点， 连 接、， 证 明和可

21、得平 面 （2）以 为原点建立空间直角坐标系，如图， 求平面 ASD 和平面 SDC 的法向量，利用向量的夹角公式计算即可. 【详解】 解：（1） 取中点 ， 连接、， 在直角梯形中， ， ，； ，又 为等边三角形 ， ， ，平面 平面，平面平面 （2）， 由（1）知，平面平面，平面， 直线两两垂直以 为原点建立空间直角坐标系，如图， 则 设平面的法向量为， 由，得，取，得， 设平面的法向量为，由，得，取， 得， ， 由图可知二面角为钝二面角， 二面角的余弦值为 【点睛】本题考查面面垂直判定定理的应用，考查利用空间向量求二面角问题，考查空间想 象能力和计算能力. 22.设椭圆为左右焦点, 为短

22、轴端点,长轴长为 4,焦距为,且 ,的面积为. ()求椭圆 的方程 ()设动直线椭圆 有且仅有一个公共点,且与直线相交于点 .试探究:在坐 标平面内是否存在定点 ,使得以为直径的圆恒过点 ?若存在求出点 的坐标,若不存在.请 说明理由. 【答案】 （1） （2）存在定点P(1,0) 【解析】 【分析】 （）由椭圆长轴长为 4，焦距为 2c，且bc，BF1F2的面积为，列方程组，求出a，b， c，得椭圆方程 （）将直线 l 方程与椭圆方程联立，由直线与椭圆有且只有一个公共点， 求出M，由，得N（4，4k+m） 假设存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P 必在x轴上设P（x1，0） ，由，得（4

23、x14） +x1 24x 1+30，由此可求出满足 条件的定点. 【详解】(1)由题意知，解得：，故椭圆C的方程是 (2)由得(4k 23)x28kmx4m2120 因为动直线l与椭圆C有且只有一个公共点M(x0，y0)，所以m0 且0， 即 64k 2m24(4k23)(4m212)0，化简得 4k2m230.(*) 此时x0，y0kx0m ，所以 M( 由得N(4,4km) 假设平面内存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上 设P(x1,0)，则对满足(*)式的m、k恒成立 因为(，(4x1,4km)，由， 得-4x1x30， 整理，得(4x14) x4x130.(*) 由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11. 故存在定点P(1,0)，使得以MN为直径的圆恒过点M. 【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查是否存在以线段为直线的圆恒过定点的判断与 求法，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题