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- 2021-06-20 发布
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甘肃省天水市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
数学(理)试题
(满分:150分 时间:120分钟)
一、单选题(每小题5分,共60分)
1.在 中,内角 和 所对的边分别为和,则 是 的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
在中,由正弦定理可得,则,即
又,则,即,
所以是的充要条件,故选C.
2.设椭圆的左、右焦点分别为,是上任意一点,则的周长为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
由题意的周长为: ,故选D.
3.已知实数满足,则的最小值是
A. B. C. 4 D.
【答案】A
【解析】
分析:由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.
详解:由约束条件,写出可行域如图,
化z=x+2y为y=,由图可知,当直线y=过A(2,0)时,直线在y轴上的截距最小,z有最小值等于z=2+2×0=2.
故答案为:A.
点睛:(1)本题主要考查线性规划求函数的最值,意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合思想方法.(2) 解答线性规划时,要加强理解,不是纵截距最小,就最小,要看函数的解析式,如:,直线的纵截距为,所以纵截距最小时,最大.
4.已知数列满足:,,,那么使成立的的最大值为( )
A. 4 B. 5 C. 24 D. 25
【答案】C
【解析】
分析:由题意知an2为首项为1,公差为1的等差数列,由此可知an=,再结合题设条件解不等式即可得出答案.
详解:由题意an+12﹣an2=1,
∴an2为首项为1,公差为1的等差数列,
∴an2=1+(n﹣1)×1=n,又an>0,则an=,
由an<5得<5,
∴n<25.
那么使an<5成立的n的最大值为24.
故选:C.
点睛:本题考查数列的性质和应用,考查了不等式的解法,解题时要注意整体数学思想的应用.
5.定义:离心率的双曲线为“黄金双曲线”,对于双曲线E: ,为双曲线的半焦距,如果成等比数列,则双曲线E
A. 可能是“黄金双曲线” B. 可能不是“黄金双曲线”
C. 一定是“黄金双曲线” D. 一定不是“黄金双曲线
【答案】C
【解析】
分析:由成等比数列可得,而,解方程求得双曲线的离心率,即可判断双曲线是否为“黄金双曲线”.
详解:双曲线的方程为,
设为双曲线的半焦距,成等比数列,
,又,
,,
,
又,,
所以双曲线一定是“黄金双曲线”,故选C.
点睛:本题考查等比中项的性质,双曲线的简单性质与离心率、新定义问题,属于难题.新定义题型的特点是:通过给出一个新概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情景,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决.本题定义“黄金双曲线”达到考查双曲线的简单性质与离心率的目的.
6.已知恒成立,则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用基本不等式求得的最小值,然后根据恒成立,求得m2
+2m<8,进而求得m的范围.
【详解】由基本不等式可得≥2 ,
若恒成立,则使8>m2+2m恒成立,
∴m2+2m<8,求得-4<m<2
故选:D.
【点睛】本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用.考查了学生分析问题和解决问题的能力,属于基础题.
7.如图,60°的二面角的棱上有A、B两点,线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,则CD的长为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
,
,
故选
8.在正四棱柱中,,E为的中点,则直线BE与平面所形成角的余弦值为 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出直线BE与平面所形成角的余弦值.
【详解】以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,
设,
则1,,0,,1,,
0,,
,0,,,
设平面的法向量y,,
则,取,得2,,
设直线BE与平面所形成角为,
则.
直线BE与平面所形成角的余弦值为.
故选:C.
【点睛】本题考查线面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.
9.设F为抛物线的焦点,为该抛物线上三点,若,则
的值为 ( )
A. 36 B. 24 C. 16 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意,可得抛物线的焦点坐标,因为,求得,再由抛物线的定义,即可求解,得到答案.
【详解】由题意,可得抛物线的焦点坐标,因为,故,
即,
再由抛物线的定义可得,故选B.
【点睛】本题主要考查了三角形的重心的坐标公式,以及抛物线的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用,其中解答中求得,再利用抛物线的定义求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能,属于基础题.
10.函数的图象如图所示,则的解析式可以为( )
B.
C. D.
【答案】C
【解析】
因为,故当时,的符号不确定,因此不单调,即答案A不正确;对于答案B,因,故函数 是递减函数,但函数有两个零点,则答案B不正确;对于答案D,因时,无零点,故答案不正确;而,故函数在时,是单调递减函数,当
时,函数也单调递减函数,应选答案C。
点睛:解答本题的关键是搞清楚函数的图像的变化情况与题设的要求,将每一个函数解析式的导数求出,再运用比较对比的方法将函数的解析式选出,从而使得问题获解。
11.设函数,函数,若对任意的,总存在,使得,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析:求出的值域A,及的值域B,由可得结论.
详解:,∴时,,递减,时,,递增,的极小值也是最小值为,当时,,,∴的值域为,又,∴当时,的值域为,由题意,解得.
故选D.
点睛:本题考查转化与化归思想.解题关键是对“存在”和“任意”的理解与转化.在集合D上:设的值域为,的值域为,
若对任意 ,总存在,使得,则有.
12.设F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,直线过F1交椭圆C于A,B两点,交y轴于C点,若满足且,则椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据椭圆中线段关系,表示出,,。由余弦定理即可求得a与c的关系,进而求得离心率。
【详解】因为F1是椭圆的左焦点,直线过F1交y轴于C点
所以 ,即
因为,所以
又因为
所以
在三角形AF1F2中,,,,根据余弦定理可得
,代入得
,化简得
所以离心率为
所以选A
【点睛】本题考查了椭圆的基本性质及其综合应用,余弦定理求椭圆斜率的用法,计算量较大,易出错,属于难题。
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.设的内角所对边的长分别为,若,则角_________.
【答案】
【解析】
分析:利用正弦定理得,结合条件得,由余弦定理可得,代入求解即可.
详解:由正弦定理,可得:,即.
又,可得.
由余弦定理可得.
所以.
故答案为:.
点睛:本题主要考查了运用正弦定理边角互化,余弦定理求解三角形内角,属于基础题.
14.设公比不为1的等比数列满足,且成等差数列,则数列的前4项和为_____.
【答案】
【解析】
【分析】
:由等比中项求解,由等差中项求解,由等比数列的求和公式求解。
【详解】:公比不为1的等比数列满足,所以,解得,,,成等差数列,故,解得,,由可得:。
【点睛】:等比中项的性质:,等差中项的性质:,等比数列的前项和公式。
15.如图,点在正方形所在的平面外,,则与所成角的度数为____________.
【答案】
【解析】
【分析】
以D为坐标原点,DA所在的直线为轴,DC所在的直线为轴,DP所在的直线为轴,建立空间直角坐标系,令,求得
,利用向量的夹角公式,即可求解.
【详解】如图所示,以D为坐标原点,DA所在的直线为轴,DC所在的直线为轴,DP所在的直线为轴,建立空间直角坐标系,
因为点P在正方形ABCD所在平面外,平面,
令,所以,
所以,
所以,所以,
即异面直线PA与BD所成的角为
【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角的求解,其中解答中根据几何体的结构特征建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的夹角公式求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
16.已知函数,的导函数为,且满足,,则在处的切线为________
【答案】
【解析】
∵,
∴.
令,则,
∴(为常数),
∴,
又,
∴.
∴,
∴,
∴.
又,
∴所求切线方程为,即.
答案:
点睛:
(1)解答本题的关键是求出函数的解析式,对于条件中含有导函数的等式或不等式的问题,一般要根据题意构造出函数,然后再结合题意进行解题.
(2)本题中已知导数构造函数时,不要忘了把设为的形式,否则构造出的函数不会具有一般性.
三、解答题
17.中,三个内角的对边分别为,若,,且.
(1)求角的大小;
(2)若,,求的面积.
【答案】(1);(2).
【解析】
试题分析:(1)根据题意,由向量数量积的坐标计算公式可得若,则有cosB•(2a+c)+cosC•b=0,结合正弦定理可得cosB•(2sinA+sinC)+cosC•sinB=0,将其整理变形可得,由B的范围分析可得答案;(2)结合题意,根据余弦定理分析可得49=a2+c2+ac,又由a+c=8,变形可得ac=15,由三角形面积公式计算可得答案.
详解:
(1)∵,∴,
∴,
∴ ,
∴,∴.
(2)根据余弦定理可知,∴,
又因为,∴,∴,∴,
则.
点睛:本题主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.
18.如图,四面体ABCD中,O是BD的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=.
(1)求证:AO⊥平面BCD;
(2)求二面角O﹣AC﹣D的余弦值.
【答案】(1)证明略(2)
【解析】
【分析】
(1)由题意,求得,利用勾股定理证得,利用线面垂直的判定定理,即可得到平面.
(2)由(1)知两两垂直,以点为原点建立空间直角坐标系,求得平面和平面的法向量为,利用向量的夹角公式,即可求解.
【详解】(1)因为四面体ABCD中,O是BD的中点,所以CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=,
所以,
所以,所以,
因为,所以平面.
(2)由(1)知两两垂直,以点为原点建立空间直角坐标系,
则,
∴,
设平面的法向量为,
则,取,则,
又由平面的一个法向量为,
设二面角的平面角为,易知为锐角,
则,
所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直判定和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,通过严密推理.同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.
19.已知动点 (其中)到轴的距离比它到点的距离少1.
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)若直线与动点P的轨迹交于A、B两点,求的面积.
【答案】(1);(2)
【解析】
试题分析:(1)由题意易得:|y|+1=|PF| 坐标化后化简即可得到动点P的轨迹方程;(2)联立方程,得到:,借助韦达定理表示△OAB的面积.
试题解析:
(1)由已知,|y|+1=|PF|即:,
又∵,∴y=.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令x1<0,x2>0,
∵l:x-y+1=0过点F(0,1),
∴
联立, x-y+1=0
则满足△>0,且x1-x2=
∴
20.已知公比为整数的正项等比数列满足:,.
(1)求数列的通项公式;
(2)令,求数列的前项和.
【答案】(1);(2)
【解析】
【试题分析】(1)利用基本元的思想,将两个已知条件转化为的形式,解方程组可求得和通项公式.(2)由于是由一个等差数列乘以一个等比数列组合而成,故用错位相减求和法求其前项和.
【试题解析】
(1)设等比数列的公比为,
由,有可得,由可得,
两式相除可得:,整理为:,由,且为整数,可解得,数列的通项公式为.
(2)由,
,
有 ,
两式作差有: ,
得 ,
故.
21.已知椭圆的离心率为,且经过点.
求椭圆的标准方程;
过点的动直线交椭圆于另一点,设,过椭圆中心作直线的垂线交于点,求证:为定值.
【答案】 4,证明见解析
【解析】
【分析】
(1)利用椭圆C:的离心率为,且经过点M(2,0),可求椭圆的几何量,从而可求椭圆方程;
(2)直线方程与椭圆方程联立,利用韦达定理,求得B点坐标,再结合条件求出C的坐标,计算,得出定值4.
【详解】因为椭圆的离心率,且,所以.
又.故椭圆的标准方程为.
设直线的方程为(一定存在,且).
代入,并整理得.
解得,于是.
又,所以的斜率为.
因为,所以直线的方程为.
与方程联立,解得.
故为定值.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线与椭圆的位置关系,考查定值问题,正确运用韦达定理是关键.
22.已知函数.
(1)当时,求的单调区间;
(2)当且时,若有两个零点,求的取值范围.
【答案】(1)在,上单调递增,在上单调递减; (2).
【解析】
【分析】
(1)求出导函数,分两种情况讨论,分别利用,求得的范围,从而可得结果;(2)讨论时,可得,利用,,且,只需,解得;当时,在,上单调递增,在上单调递减,可证明极大值,只有一个零点,不合题意,综合两种情况可得结果.
【详解】(1) .
当时,由,得或;
由,得.
故在,上单调递增,在上单调递减.
(2)①当时,在上单调递增,在上单调递减,
则,
因为,,且,
所以,即.
②当时,在,上单调递增,在上单调递减,
在时取得极大值,且 ,
因为,所以,则,
所以在只有一个零点.
综上,的取值范围为.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性,以及利用导数研究函数的零点问题,属于难题.利用导数求函数的单调区间的一般步骤:1、求出;2、在定义域内,令求得的范围,可得函数增区间;3、在定义域内,利用求得的范围,可得函数的减区间.