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- 2021-06-30 发布
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亳州市2017-2018学年度第一学期期末高二质量检测
数学试卷(理)
第Ⅰ卷(共60分)
一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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.
1. 椭圆的焦距为( )
A. B. C. D.
【答案】B
2. 已知是等差数列的第项,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由等差数列5,8,11,17,知,首项 公差,所以通项公式为,令,选D.
3. 已知向量,且与互相垂直,则实数的值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】试题分析:由向量,,得,;
由互相垂直,得,解得.
故选D.
考点:空间向量垂直的充要条件.
4. 已知实数满足,则的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由已知不等式组,画出可行域如图所示,阴影部分,其中,令有表示经过原点的直线,由有,当直线的纵截距有最大值时,就有最大值,所以直线经过点B时,纵截距有最大值,的最大值为,选A.
5. 在中,已知,则( )
A. B. C. 或 D.
【答案】C
6. “”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】A
【解析】由有,等价于且 ,所以原不等式的解为或,而的解为或,所以 故是的充分不必要条件,选A.
点睛:本题主要考查分式不等式的解集以及充分必要条件,属于易错题。正确求解分式不等式的解是解题的关键。
7. 若坐标原点到抛物线的准线的距离为,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解析:因,故由题设可得,所以,应选答案D。
8. 若,且,则下列不等式成立的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对于选项A,取,则不成立;对于选项B,,因为,所以,则,选项B不成立;对于选项C,因为,,由不等式的性质有 ,选项C成立;对于选项D,当时,不等式不成立,所以本题正确选项为C.
9. 已知,则直线与平面交点的坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设直线AB与平面交点为,则,又与共线,所以,则,解得,选D.
10. 如图,过抛物线的焦点的直线交抛物线于点,交其准线于点,若点是的中点,且,则线段的长为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设点A,B在准线上的射影分别为M,N,准线与轴交于点H,则,由已知F是AC的中点,,,设,则,即,解得,所以,选B.
点睛:办呢体主要考查抛物线的定义及其应用,抛物线的几何性质,过抛物线的焦点弦问题,平面几何知识,转化化归的思想方法,属于中档题。
11. 设,则的最小值是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为,,,故可设
则: ,再根据三角函数最值的求法可直接得到的最小值是-3.所以C选项是正确的.
12. 已知数列满足递推关系,(其中为正常数,)且.若等式成立,则正整数的所有可能取值之和为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由已知有是公差为的等差数列, 是公比为的等比数列,所以 ,解得(舍去),所以,故数列中的项分别为,若满足,当或时,等式成立,当的值越大,的值就越大,此时与不可能相等,故正整数的所有可能取值之和为4,选B.
点睛:本题主要考查等差等比数列的定义,考查运算求解能力,属于中档题。
第Ⅱ卷(共90分)
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13. 命题“”的否定为__________.
【答案】,
【解析】特称命题“ ”的否定是全称命题“”。
14. 在平行六面体中,为与的交点.若,则向量可以用表示__________.
【答案】
【解析】
在平行四边形中,与交于M点,,所以。
15. 若等比数列的前项和恒成立,则该数列的公比的取值范围是_.
【答案】
【解析】由已知有首项,当公比时显然符合题意,当时,,由有,所以恒成立,当时,则 恒成立,为奇数时显然成立,当为偶数时,则;当时,,所以,符合;当时,,所以,所以,符合。综合以上讨论有或。
16. 已知双曲线的右焦点为,若直线上存在点,使得,其中为坐标原点,则双曲线的离心率的最小值为__________.
【答案】2
【解析】设直线与轴交于H点,设,则,而,所以,化简得,解得,则双曲线的离心率的最小值为2.
点睛:本题主要考查双曲线的方程和性质,两角差的正切公式,离心率的求法,基本不等式的应用,考查运算能力,属于中档题。
三、解答题 (本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17. 已知,求:
(1);
(2)与所成角的余弦值.
【答案】(1) c=(3,-2,2);(2).
【解析】试题分析:(1)利用向量共线、垂直的条件,求出的值,即可求出;(2)分分别求出的坐标,利用公式求出。
试题解析:(1)因为a∥b,所以==,解得x=2,y=-4,这时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).又因为b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,解得z=2,于是c=(3,-2,2).
(2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),设(a+c)与(b+c)所成角为θ,因此cosθ==-.
18. 在等差数列中,,公差,记数列的前项和为.
(1)求;
(2)设数列的前项和为,若成等比数列,求.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】试题分析:
(1)由题意可求得数列的首项为1,则数列的前n项和.
(2)裂项可得,且,据此可得.
试题解析:
(1)∵,∴,∴,∴,
∴,.
(2)若成等比数列,则,
即,∴,
∵,
∴.
点睛:使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点,实质上造成正负相消是此法的根源与目的.
19. 已知命题恒成立;命题方程表示双曲线.
(1)若命题为真命题,求实数的取值范围;
(2)若命题“”为真命题,“”为假命题,求实数的取值范围.
【答案】(2) ;(2) ,或.
【解析】试题分析:(1)当命题P为真命题时,转化为求在上的最小值,继而求出m的范围;(2)先求出当命题q为真命题时m的范围,再由已知条件得出p,q一个为真命题,一个为假命题,再分两种情况分别求出m的范围,最后取并集即可求出m的范围。
试题解析:(1),∵,∴,故命题为真命题时,.
(2)若命题为真命题,则,所以,
因为命题为真命题,则至少有一个真命题,为假命题,
则至少有一个假命题,所以一个为真命题,一个为假命题.
当命题为真命题,命题为假命题时,,则,或;
当命题为假命题,命题为真命题时,, 舍去.
综上,,或.
20. 在中,角对边分别为,且.
(1)求角的大小;
(2)若的外接圆半径为,试求该三角形面积的最大值.
【答案】(1) ;(2)
【解析】试题分析:(1)利用正弦定理,将已知条件中的边化为正弦,求出的值,再根据A的范围,求出角A的大小;(2)由正弦定理有,再用余弦定理和重要不等式求出,再求出三角形ABC
面积的最大值。
试题解析:(1) ,,
又,.
(2),
又,
,
,
即
21. 如图所示,正三棱柱的底面边长为是侧棱的中点.
(1)证明:平面平面;
(2)若平面与平面所成锐二面角的大小为,求四棱锥的体积.
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】试题分析:(1)要证平面平面,转证平面,又,即证平面.(2)建立空间坐标系,由平面与平面所成锐角的大小为,得到,进而得到四棱锥的体积.
试题解析:
解:(1)如图①,取的中点,的中点,连接,易知
又,∴四边形为平行四边形,∴.
又三棱柱是正三棱柱,
∴为正三角形,∴.
又平面,
,而,
∴平面.
又,
∴平面.
又平面,
所以平面平面
(2)(方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,
设,则,得
.
设为平面的一个法向量.
由得
即.
显然平面的一个法向量为,
所以,
即.
所以.
(方法二)如图②,延长与交于点,连接.
∵,为的中点,∴也是的中点,
又∵是的中点,∴.
∵平面,∴平面.
∴为平面与平面所成二面角的平面角.
所以,∴.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
22. 在平面直角坐标系中,的两个顶点的坐标分别为,三个内角满足.
(1)若顶点的轨迹为,求曲线的方程;
(2)若点为曲线上的一点,过点作曲线的切线交圆于不同的两点(其中在的右侧),求四边形面积的最大值.
【答案】(1)B点的轨迹方程为;(2)4.
【解析】试题分析:(1)利用正弦定理,将正弦化为边,得出,化简得,利用椭圆的定义得出B点的轨迹和轨迹方程;(2)设直线,联立直线和椭圆方程,由,求得,由韦达定理求出的表达式,设点O到直线MN的距离为d,求得,由直线与圆相交时的弦长公式,求出,求出三角形OMN的面积,再分别求出三角形NAO和三角形MCO
的面积和,利用基本不等式求出四边形ACMN面积的最大值。
试题解析:(1)设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 由正弦定理.∵,∴.
∵ ∴ 即.由椭圆定义知,B点轨迹是以C,A为焦点,长半轴长为2,半焦距为,短半轴长为,中心在原点的椭圆(除去左、右顶点).
∴B点的轨迹方程为.
(2)易知直线的斜率存在,设,
,
,即,
因为,设点到直线的距离为,
则,,
,
由,
,
,
,
.
而,,易知,,
,时取到,.
点睛:本题主要考查了求轨迹和轨迹方程,直线与圆、椭圆的位置关系等,弦长公式,韦达定理,点到直线的距离公式,基本不等式的应用等,属于中档题。