陕西省吴起高级中学2018~2019学年高二数学上学期期末考试能力试题理（含解析）.doc

1、 吴起高级中学吴起高级中学 20182018- -20192019 学年第一学期期末考试学年第一学期期末考试 高二理科数学试卷（能力）高二理科数学试卷（能力） 考试范围考试范围： 数列数列; ;解三角形；不等式；常用逻辑用语；空间向量与立体几何；圆锥曲线与方程解三角形；不等式；常用逻辑用语；空间向量与立体几何；圆锥曲线与方程 考试时间：考试时间：120120 分钟；分钟； 注意事项注意事项： 1 1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2 2请将答案正确填写在答题卡上请将答案正确填写在答题卡上 第第 I I 卷（选择题卷（选择题 共共 6060 分）

2、分） 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。 ）有一项是符合题目要求的。 ） 1.命题 且 是真命题，则命题 是（ ） A. 假命题 B. 真命题 C. 真命题或假命题 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】 命题 且 是真命题，则命题 p 和命题 q 都为真命题. 【详解】命题 且 是真命题， 由复合命题真值表可知， 命题 p 和命题 q 都为真命题. 故选：B 【点睛】本题考查含有逻辑连接词的复合命题的真假判断，属于

3、基础题. 2.不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析：直接利用一元二次不等式的解法即可. 详解：解方程，得， 不等式的解集为. 故选：D. 点睛：本题考查一元二次不等式的解法，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答. 3.已知等差数列an中，则公差 d 的值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由等差数列的通项公式进行计算即可得答案. 【详解】等差数列an中， 则即 3=9+6d, 解得 d=-1 故选：C 【点睛】本题考查等差数列通项公式的应用，属于简单题. 4.命题“使得”的否定是（ ） A. 都有 B. 使得 C. 使得 D

4、. 都有 【答案】D 【解析】 特称命题的否定为全称命题，将存在量词变为全称量词，同时将结论进行否定，故命题 “，使得”的否定是“，都有”，故选 D. 5.唐代诗人杜牧的七绝唐诗中有两句诗为：“今来海上升高望，不到蓬莱不成仙。”其中后 一句中“成仙”是“到蓬莱”的（ ） A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 因为：不到蓬莱不成仙，成仙到蓬莱，“成仙”是“到蓬莱”的充分条件，选 A. 点睛：充分、必要条件的三种判断方法 1定义法：直接判断“若 则 ”、“若 则 ”的真假并注意和图示相结合，例如“ ” 为真，则 是 的充分条件 2等价法：

5、利用 与非 非 ， 与非 非 ， 与非 非 的等价关系，对于条 件或结论是否定式的命题，一般运用等价法 3集合法：若 ，则 是 的充分条件或 是 的必要条件；若 ，则 是 的充要条 件 6.在正方体中， 、 分别为棱和棱的中点，则异面直线 AC 与 MN 所 成的角为( ) A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 【答案】C 【解析】 连接 BC1、D1A，D1C， M、N 分别为棱 BC 和棱 CC1的中点 MNC1B. C1BD1A， MND1A， D1AC 为异面直线 AC 与 MN 所成的角. D1AC 为等边三角形， D1AC=60. 故选 C. 点睛: 本题主要考查异面直线

6、所成的角.求异面直线所成的角主要方法有两种： 一是向量法， 根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后， 分别求出两直线的方向向量， 再利用空间向 量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成 的角，再利用平面几何性质求解. 7.曲线与曲线的（ ） A. 离心率相等 B. 焦距相等 C. 长轴长相等 D. 短轴长相等 【答案】B 【解析】 【分析】 分别求出两个曲线的长轴，短轴，离心率，焦距，即可得到结果 【详解】曲线为焦点在 y 轴上的椭圆，长轴 2a=10，短轴 2b8， 离心率e ，焦距 2c6 曲线为焦点在 y 轴上的椭圆，长轴 2a 2，短轴 2b2

7、，离心率e，焦距 2c6 两个曲线的焦距相等 故选：B 【点睛】本题考查椭圆的标准方程和简单性质的应用，属于基础题. 8.已知直线的方向向量为， 平面 的法向量为 ， 若， ， 则直线与平面 的 位置关系是（ ） A. 垂直 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 直线在平面 内或直线与平面 平行 【答案】D 【解析】 【分析】 由，即可判断出直线l与平面 的位置关系 【详解】， ， 直线l在平面 内或直线l与平面 平行 故选：D 【点睛】本题考查平面法向量的应用、直线与平面位置关系的判定，考查推理能力与计 算能力 9.已知双曲线 ： （ ， ） ，右焦点 到渐近线的距离为 ， 到原点的 距离为

8、 ，则双曲线 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由题意，双曲线，右焦点 到渐近线的距离为 ， 到原点的距离为 ，则双曲线焦点到渐近线的距离为， 又，代入得，解得，故选 D 10.在中， 角所对的边分别为， 且， 若， 则 的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】 结合，利用余弦定理可得，可得，由，利正弦 定理可得，代入，可得，进而可得结论. 【详解】在中， ， ，代入，解得 的形状是等边三角形，故选 C 【点睛】本题考查了正弦定理余弦定理、等边三角形的判定方法，考查了推理能力与计算能

9、 力，属于中档题 11.已知椭圆上一点 P 与椭圆的左右焦点构成一个三角形，且,则 的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用椭圆定义求出|PF1|+|PF2|和|F1F2|的值，然后利用余弦定理求出|PF1|PF2|的值，再 代入三角形的面积公式即可 【详解】由椭圆可知，a2，b1，c， P点在椭圆上，F1、F2为椭圆的左右焦点， |PF1|+|PF2|2a4，|F1F2|2c2， 在PF1F2中，cosF1PF2 ，|PF1|PF2| ， 又在F1PF2中， |PF1|PF2|sinF1PF2； 故选：B 【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形的面积的求法，关

10、键是应用椭圆的定 义和余弦定理转化 12.设且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 x，yR R +且 xy（x+y）1，可得xy1+（x+y），化简解出即可得 【详解】x，yR R +且 xy（x+y）1， 则xy1+（x+y）1+2， 化为：210， 解得1+，即xy, xy1+（x+y）,即 解得 故选：A 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值问题，属于基础题. 第第 IIII 卷（非选择题卷（非选择题 共共 9090 分）分） 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。 ）分。 ） 13

11、.三角形一边长为 14，它对的角为 60，另两边之比为 8：5，则此三角形面积为_ _ 【答案】 【解析】 试题分析：设另外两边为，由三角形余弦定理得 考点：1余弦定理；2三角形面积公式 14.若抛物线 上一点 M 到焦点的距离为 3，则点 M 到 y 轴的距离为_ 【答案】2 【解析】 抛物线 上一点 M 到焦点的距离为 3， 则抛物线 上一点 M 到准线得距离为 3，则点 M 到 y 轴的距离为 . 15.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成角为 60，M为PA中点，连接DM，则DM与平 面PAC所成角的大小是_ 【答案】45 【解析】 设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为

12、a，建立如图所示空间直角坐标系， 则平面PAC的法向量为n(1,0,0)，D，A0，a,0，P，M， ， 所以 cos ，n ， 所以DM与平面PAC所成角为 45. 16.设满足约束条件， 若目标函数（其中） 的最大值为 3， 则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 试题分析：作出可行域，如图内部（含边界） ，作直线，当直线向上平移时， 增大，因此当过点时， （当且仅当时等号成立） ，因此的最小值为 3故选 C 考点：简单的线性规划，基本不等式 【名师点睛】1求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求其关键是准确作出可行 域，理解目标函数的意义 2常

13、见的目标函数有： （1）截距型：形如 zaxby. 求这类目标函数的最值常将函数 zaxby 转化为直线的斜截式： yx， 通过求直线的 截距的最值间接求出 z 的最值 （2）距离型：形如 z（xa） 2（yb）2. （3）斜率型：形如 z. 注意：转化的等价性及几何意义 三、解答题（本三、解答题（本大题共大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 ）分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 ） 17.如图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面 2 米，水面宽 4 米，若水位下降 1 米后， 则水面宽多少米？ 【答案】 【解析】 【分析】

14、通过建立直角坐标系，设出抛物线方程，将A点代入抛物线方程求得m，得到抛物线方程， 再把B（x0，3）代入抛物线方程求得x0进而得到答案 【详解】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为 由题意可得 A（2，-2） ，B（x0，3）,将点 A 代入抛物线，得 p=1， 所以方程为：, 则当 y=-3 时，,x=,所以水面宽为米。 【点睛】本题主要考查抛物线的应用考查学生利用抛物线解决实 际问题的能力 18.各项均为正数的等比数列中，. （1）求的通项公式； （2）记为前 n 项和若，求 m 【答案】 （1） （2）6 【解析】 【分析】 （1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q，即得an通项公式

15、 （2）利用等比数列 前 m 项和公式求出，代入可求出m 【详解】 （1）设的公比为 q，由题设得 由已知得，解得 q=0（舍去） ，q=-2（舍）或 q=2故 （2）因为，所以,得，解得 m=6 【点睛】本题考查等比数列通项公式的求法，考查等比数列前 n 项和公式的应用，考查运算 求解能力，是基础题 19.已知命题 P：关于的 不等式的解集为空集 ；命题 q：函数 没有零点，若命题 P 且 q 为假命题，P 或 q 为真命题，求实数的取值范围. 【答案】 【解析】 【分析】 先求命题 p,q 分别为真时a的取值范围， 再分别求出当p真q假和当q真p假时a的取值范 围，求并集可得答案 【详解】

16、对于命题p：x 2+（a1）x+10 的解集为空集 b 24ac（a1）240，解得1a3 对于命题q：f（x）ax 2+ax+1 没有零点等价于方程 ax 2+ax+10 没有实数根 当a0 时，方程无实根符合题意 当a0 时，a 24a0 解得 0a4 0a4 由命题pq为假命题，pq为真命题可知，命题p与命题q有且只有一个为真， 当 p 真 q 假时得解得1a0 当 p 假 q 真时得解得 3a4 所以a的取值范围为 【点睛】本题借助考查复合命题的真假判断，考查函数零点问题及一元二次不等式问题， 解题的关键是求得组成复合命题的简单命题为真时参数的取值范围，属于基础题. 20.在中，角的对

17、边分别为，且 （1）求角 的大小； （2）求的最大值 【答案】 （）;（） 【解析】 试题分析： （1）首先根据题意边化角，由正弦定理得,可 得出角C（2）由C=60可得A+B=120可将 然后根据A的范围即可求得最大 值 试题解析： (1)由 atanC=2csinA 得， 由正弦定理得, cosC= . C= . (2) C= , 当 A= 时 sinA+sinB 的最大值为. 点睛：在解三角形时，要注意正弦定理角化边或边画角的运用，三角函数最值问题， 首先要注意统一边变量，同时要注意所存在的范围，然后再求解最值 21.如图，多面体中，是正方形，是梯形，平 面且，分别为棱的中点 （）求证：

18、平面平面； （）求平面和平面所成锐二面角的余弦值 【答案】 （）见解析（） 【解析】 试题分析： （1）通过证明平面，所以平面平面 （2）建立空间直角 坐标系，求出平面和平面的法向量，求二面角的余弦值。 试题解析： （），是正方形 分别为棱的中点 平面， 平面从而 ，是中点 平面 又平面 所以，平面平面 （）由已知，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 平面的一个法向量为， 由得令，则 由（）可知平面 平面的一个法向量为 设平面和平面所成锐二面角为， 则 所以，平面和平面所成锐二面角的余弦值为 22.已知椭圆 C：上一动点到两焦点 的距离之和为 4，离心 率为 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）试确定 m 取值范围，使得 C 上存在不同的两点关于对称。 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 （1）根据已知条件由椭圆定义得 2a=4,由离心率得 c 值，再结合，可得椭圆方 程 （2）假设存在A（x1，y1） ，B（x2，y2）满足题意,因为 A,B 两点关于直线y4x+m对称， 所以，再用点差法进行求解 【详解】 （1）依题意：令动点为 P，,所以 a=2，又，所以 C=1， 则椭圆方程为： （2） 令存在两点关于 l 对称， 且 AB 中点， 则,两式相减， 得 ， 又 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数取值范围的求法和点差法的应用.