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  • 2021-06-23 发布

2018-2019学年河南省信阳市普通高中高二上学期期末教学质量检测数学(文)试题 解析版

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绝密★启用前 河南省信阳市普通高中2018-2019学年高二上学期期末教学质量检测数学(文)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1.已知命题:,,则是 A., B.,‎ C., D.,‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.‎ ‎【详解】‎ 因为特称命题的否定是全称命题,‎ 所以命题,‎ 则是,‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关特称命题的否定,属于简单题目.‎ ‎2.若抛物线的焦点坐标为,则的值为 A. B. C.8 D.4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把抛物线方程整理成标准方程,进而根据抛物线的焦点坐标,可得的值.‎ ‎【详解】‎ 抛物线的标准方程为,‎ 因为抛物线的焦点坐标为,‎ 所以,所以,‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关利用抛物线的焦点坐标求抛物线的方程的问题,涉及到的知识点有抛物线的简单几何性质,属于简单题目.‎ ‎3.一质点沿直线运动,如果由始点起经过秒后的位移与时间的关系是,那么速度为零的时刻是 A.0秒 B.1秒末 C.4秒末 D.1秒末和4秒末 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 位移对时间求导数即为速度,求出位移的导数令其等于零解之,即可得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为,所以,‎ 令得,,,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关导数的意义,要明确位移对时间求导即为速度,之后即为求函数在某个点处的函数值的问题,属于简单题目.‎ ‎4.设公差不为零的等差数列的前项和为,,若,,成等比数列,则的值为( )‎ A.-3 B.3 C.8 D.-24‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的通项公式,前项和公式以及等比中项的性质建立关于和的方程组,即可求出和,然后利用前项和公式求出.‎ ‎【详解】‎ 设的公差为,因为,成等比数列,‎ 所以,而,解得,‎ 所以,答案为D.‎ ‎【点睛】‎ 等差(等比)数列基本量求解问题主要的方法:(1)方程组法:根据题目的条件,结合通项公式、求和公式,将问题转化为关于首项和公差(公比)的方程组,然后求解.‎ ‎(2)性质法:灵活运用通项公式、求和公式以及相关性质公式,如等差数列的性质、若,则等,求解数列基本量问题.‎ ‎5.已知双曲线的一条渐近线与直线平行,则其实轴长为 A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由渐近线与直线平行,得到双曲线的渐近线方程,从而得到,进一步求得双曲线的实轴长.‎ ‎【详解】‎ 因为双曲线的一条渐近线与直线平行,‎ 所以双曲线的渐近线方程为,‎ 所以有,解得,所以,‎ 即其实轴长为,‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关双曲线的问题,涉及到的知识点有双曲线的标准方程,双曲线的几何性质等基础知识,考查学生的运算求解能力.‎ ‎6.函数的单调递增区间为 A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导,令,求得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 令,解得,‎ 所以函数的单调增区间是,‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关求函数单调区间的求解问题,涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性,属于简单题目.‎ ‎7.设,则“”是“”的( )‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】若,则,故不充分;若,则,而,故不必要,故选D.‎ 考点:本小题主要考查不等式的性质,熟练不等式的性质是解答好本类题目的关键.‎ 视频 ‎8.中,角的对边分别为,且满足,则角的值为 A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题中所给的条件,结合余弦定理,得到,化简整理得到,再利用余弦定理,求得.‎ ‎【详解】‎ 根据题的条件,结合余弦定理可得,‎ 整理得,即,‎ 所以有,‎ 因为,所以,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关解三角形的问题,涉及到的知识点有余弦定理,特殊角的三角函数值,属于简单题目.‎ ‎9.设为实系数三次多项式函数.已知五个方程式的相异实根个数如下表所述:‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎3‎ 关于的极小值,下列选项中正确的是 A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方程的相异实根数可化为方程的相异实根数,方程的相异实根数可化为函数与水平线两图形的交点数,则依据表格可画出其图象的大致形状,从而判断极小值的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 方程的相异实根数可化为方程的相异实根数,‎ 方程的相异实根数可化为函数与水平线两图形的交点数,‎ 依题意可得量图形的简图可以有以下两种情况:‎ ‎(1)当的最高次项系数为正数时,(2)当的最高次项系数为负数时,‎ 因为函数取极小值时对应图象上的点位于水平线与之间,‎ 所以其纵坐标(即极小值)的范围是,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查了方程的根与函数的图象的应用以及数形结合思想的应用,属于中档题目.‎ ‎10.在平面直角坐标系中,椭圆的中心为原点,焦点,在轴上,离心率为,点为椭圆上一点,且的周长为18,则椭圆的方程为 A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得,又因为,联立解出即可得出椭圆C的方程.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得,解得,‎ 又因为,‎ 所以椭圆的方程为:,‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关椭圆的方程的求解问题,涉及到的知识点有椭圆的定义,三角形的周长,椭圆的离心率以及椭圆中间的关系,属于简单题目.‎ ‎11.一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东,距离为海里,灯塔在的北偏西,距离为海里,该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向,则此时灯塔位于游轮的( )‎ A.正西方向 B.南偏西方向 C.南偏西方向 D.南偏西方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题设中的方位角画出,在中利用正弦定理可求出的长,在中利用余弦定理求出的长,利用正弦定理求的大小(即灯塔的方位角).‎ ‎【详解】‎ 如图,‎ 在中,,由正弦定理有,.‎ 在中,余弦定理有,‎ 因,,,‎ 由正弦定理有,,故或者.‎ 因,故为锐角,所以,故选C.‎ ‎【点睛】‎ 与解三角形相关的实际问题中,我们常常碰到方位角、俯角、仰角等,注意它们的差别.另外,把实际问题抽象为解三角形问题时,注意分析三角形的哪些量是已知的,要求的哪些量,这样才能确定用什么定理去解决.‎ ‎12.设函数,若不等式在上有解,则实数的取值范围为 A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意,可得,构造函数,利用导数法可求得取得极小值,也是最小值,从而求得结果.‎ ‎【详解】‎ 在上有解,‎ 等价于在上有解,‎ 等价于,‎ 令,‎ 则,‎ 因为,‎ 所以当时,,在区间上单调递减;‎ 当时,,在区间上单调递增;‎ 当时,取得极小值,也就是函数的最小值,‎ 所以,所以,‎ 所以的取值范围是,故选C.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关参数的取值范围的问题,涉及到的知识点有能成立问题向最值靠拢,构造新函数,应用导数研究函数的最值,属于较难题目.‎ 第II卷(非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13.若实数满足,则目标函数的最大值为__________.‎ ‎【答案】13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意,画出约束条件对应的可行域,分析目标函数的类型,确定最优解,解方程组求得最优解的坐标,代入求得最大值.‎ ‎【详解】‎ 由题意画出可行域如图所示:‎ 由可得,画出直线,‎ 上下移动的过程中,可以发现当直线过点B时取得最大值,‎ 解方程组,得,‎ 此时,‎ 故答案是13.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关线性规划的问题,涉及到的知识点有约束条件对应可行域的画法,线性目标函数可转化为截距来解决,属于简单题目.‎ ‎14.若,点、、三点共线,则的最小值为__________.‎ ‎【答案】11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三点共线得,利用其坐标表示,建立的关系式,从而得到,然后代入式子,即可运用基本不等式求得最小值.‎ ‎【详解】‎ 因为,又因为三点共线,所以,‎ 所以,而,即,所以化简得,,‎ 因为,‎ 当且仅当即时,等号成立,故答案为11.‎ ‎【点睛】‎ 主要考查了向量共线的坐标表示以及基本不等式的应用,要注意基本不等式的适用条件以及等号成立的条件,属于中档题.‎ ‎15.数列的前项和为.已知,,则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析:当为偶数时,,所以,故,所以,而知,,又,所以,因为,所以,所以,,所以 ‎.‎ 考点:数列的递推关系式;数列的求和.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了数列的递推关系式、数列的性质、数列的求和思想等知识的应用,注重考查了转化与对应思想和分析问题和解答问题的能力,其中根据数列的递推关系式,进行合理变换是解答本题的关键,本题的解答中,当为偶数时,得出 ‎,从而得出,再利用累加法,即可求解.‎ ‎16.已知椭圆:,点为椭圆外一点,过点向椭圆作两条切线,当两条切线相互垂直时,点在一个定圆上运动,则该定圆的方程为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点,分两种情况讨论,一是直线的斜率存在且非零时,得出;二是当直线的斜率不存在或斜率等于零时,P也符合上述关系,从而求得结果.‎ ‎【详解】‎ 设点,当直线的斜率存在时,设直线的斜率为,则有直线的方程为,‎ 与椭圆方程联立得:,‎ 整理得:,‎ 因为直线与椭圆相切,所以,‎ 即,‎ ‎,‎ 因椭圆外一点所引的两条切线互相垂直,则有,‎ 而为方程的两根,‎ 故,整理得:;‎ 当直线的斜率不存在或斜率等于零时,易得点P的坐标为,显然也满足方程,‎ 综合以上讨论得,对任意的两条互相垂直的切线,点P的坐标均满足方程,‎ 故所求的定圆的方程为.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关直线与圆锥曲线的问题,涉及到的知识点有直线与椭圆的相切时对应的条件,两条直线垂直的条件,注意分类讨论思想的应用,属于较难题目.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17.设:方程表示椭圆,:既有极大值又有极小值,若是真命题,是假命题,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先考虑为真时的等价结论:方程表示椭圆,即,既有极大值又有极小值,说明导函数图象与轴有两个不同的交点,即判别式大于零,再根据是真命题,是假命题,得到为一真一假,分类讨论求得结果.‎ ‎【详解】‎ 若方程表示椭圆,则 ,且 ‎∴真则且 若既有极大值又有极小值 则有两个不等实根 即或 ‎∵是真命题,是假命题 ‎∴、一真一假 若真假,则 且 若假真,则 或 故实数的取值范围为 ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关逻辑的问题,涉及到的知识点有复合命题真值表,判断命题为真时对应参数的取值范围的求解,在最后得出命题为一真一假时,也可以借助于数轴,利用单杠覆盖区即为所求结果也可以.‎ ‎18.已知关于的不等式的解集为.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)当,,且满足时,有恒成立,求的取值范围.‎ ‎【答案】(I);(II) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ由不等式的解集为或,可得和是方程的两个实数根,得到关于的方程组,求出的值即可;Ⅱ根据(Ⅰ),,可得,结合基本不等式的性质求出的最小值,得到关于的不等式,解出即可.‎ ‎【详解】‎ Ⅰ解一:因为不等式的解集为或,‎ 所以1和b是方程的两个实数根且,‎ 所以,解得 解二:因为不等式的解集为或,‎ 所以1和b是方程的两个实数根且,‎ 由1是的根,有,‎ 将代入,得或,‎ Ⅱ由Ⅰ知,于是有,‎ 故,‎ 当时,左式等号成立,‎ 依题意必有,即,‎ 得,‎ 所以k的取值范围为 ‎【点睛】‎ 本题考查了二次函数和二次不等式的关系,考查利用基本不等式求最值以及转化思想,是一道常规题.在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误.‎ ‎19.在中,设,,是内角,,的对边,若 .‎ ‎(1)求角;‎ ‎(2)若为中点,,,求的面积.‎ ‎【答案】(1); (2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先可以通过二倍角公式对其进行化简,再通过解三角形的正弦公式化简得,最后与解三角形的余弦公式进行联立得出结果;‎ ‎(2)可通过余弦定理以及计算出的值,再通过计算出面积。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由题意得 由正弦定理得 ‎ 即,由余弦定理得 ‎ 所以 ;‎ ‎(2)由题意,, ‎ 即 所以,故 所以。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查解三角形,需要对题目所给条件和解三角形的正弦、余弦、面积公式进行综合运用。‎ ‎20.已知数列的前项和为,,且,,是等差数列的前三项.‎ ‎(1)求数列,的通项公式;‎ ‎(2)记,.求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1),;(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由,可得当时,,两式相减得,再利用,,是等差数列,建立等量关系式,求得,进而得到数列是以2为首项,以2为公比的等比数列,从而求得的通项公式,再进一步求得数列的首项与公差,从而求得结果;‎ ‎(2)化简,用裂项相消法求和即可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)∵当时,‎ 两式相减得,即.‎ 又,,成等差数列 ‎∴ ‎ 数列是首项为2公比为2的等比数列 ‎∴数列的通项公式为.‎ 则,‎ ‎∴数列是首项为1,公差为2的等差数列,‎ ‎∴数列的通项公式为.‎ ‎(2) ‎ ‎∴ ‎ ‎∴数列的前项和.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有等比数列的通项公式,等差数列的通项公式,裂项相消法求和,熟练掌握基础知识是正确解题的关键.‎ ‎21.设函数.‎ ‎(1)当时,求函数的单调区间;‎ ‎(2)求函数的极值.‎ ‎【答案】(1)递增区间为, ;递减区间是(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用导数求函数的单调区间.(2)对a分四种情况讨论求函数的极值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)的定义域为,‎ 当时, ‎ 所以当时,,函数单调递增 当时,,函数单调递减 当时,,函数单调递增 ‎ 综上,函数递增区间为, ;递减区间是 ‎ ‎(2) ‎ 当时,,函数单调递增,‎ ‎ ,函数单调递减.‎ 所以在区间上有极大值,无极小值 ‎ 当时,,单调递增;,‎ 单调递减;,单调递增 所以,. ‎ 当时,在区间上有,‎ 单调递增,无极值 ‎ 当时,,单调递增;,‎ 单调递减;,单调递增 所以,. ‎ 综上,当时,极大值为,无极小值;‎ 当时,极大值为,极小值为;‎ 当时,无极值;‎ 当时,极大值为,极小值为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎22.在平面直角坐标系中,,为,轴上两个动点,点在直线上,且满足,.‎ ‎(1)求点的轨迹方程;‎ ‎(2)记点的轨迹为曲线,为曲线与正半轴的交点,、为曲线上与不重合的两点,且直线与直线的斜率之积为,求证直线经过一个定点,并求出该定点坐标。‎ ‎【答案】(1);(2)直线过定点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设出点P的坐标,分点P在线段上和线段的延长线上两种情况讨论,根据题意得到线段AB的长,列式化简求得点P的轨迹方程;‎ ‎(2)先明确直线MN的斜率不存在时对应的情况,再求其斜率存在的时候,设出直线的方程,与椭圆方程联立,利用题中的条件,建立等量关系式,求得其过的定点.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设点,当点P在线段AB上时,‎ 根据,,有,此时,‎ 所以有,即;‎ 当点P在线段外时,根据,,‎ 只能点P在线段BA是延长线上,并且点A是线段BP的中点,‎ 设,则有,且有,‎ 所以有;‎ 所以点P的轨迹方程为;‎ ‎(2)当直线的斜率不存在时,设:‎ 则,‎ ‎∴,不合题意.‎ ‎②当直线的斜率存在时,设:,,‎ 联立方程得 则 ‎,‎ 又 ‎ 即 将,代入上式得 ‎∴直线过定点.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关直线与椭圆的问题,涉及到的知识点有曲线方程的求法,直线与椭圆相交的问题,直线过定点的问题,属于中档题目.‎

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