2018-2019学年辽宁省庄河市高级中学高二下学期开学考试数学（文）试题（解析版） 17页

‎2018-2019学年辽宁省庄河市高级中学高二下学期开学考试数学（文）试题 一、单选题 ‎1．复数满足，则复数的共轭复数在复平面中对应的点位于（ ）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】先由复数的除法运算求出，得到其共轭复数，进而可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 故，因此在复平面中对应的点为，位于第二象限.‎ 故选B ‎【点睛】‎ 本题主要考查复数的除法运算以及复数的几何意义，熟记运算法则与几何意义即可，属于基础题型.‎ ‎2．函数的零点所在的区间为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据零点的存在定理，逐项判断即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以，，,‎ ‎，，‎ 故，排除A；，排除B；，排除C；‎ ‎，故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的零点，熟记零点的存在定理，属于常考题型.‎ ‎3．已知，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先由求得，然后利用二倍角的余弦公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以-,，‎ ‎，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查诱导公式以及二倍角的余弦公式，属于中档题. “给值求值”问题：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．‎ ‎4．已知向量，且，则的值为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由向量垂直的充要条件可得：，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为向量，且，‎ 所以由向量垂直的充要条件可得：，‎ 解得，即的值为，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1‎ ‎）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.‎ ‎5．若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A．3 B．7 C．5 D．1‎ ‎【答案】B ‎【解析】先根据约束条件作出可行域，再由表示直线在轴上的截距，结合图像即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 由约束条件作出可行域如下：‎ 由可得，‎ 因此表示直线在轴上的截距，‎ 由图像易得，当直线经过点时，截距最大，即取最大值.‎ 由可得.‎ 因此.‎ 故选B ‎【点睛】‎ 本题主要考查简单的线性规划问题，由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义即可求解，属于基础题型.‎ ‎6．在等差数列中，，则（ ）‎ A．4 B．5 C．6 D．7‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用a1+a9 =a2+a8，将与作和可直接得.‎ ‎【详解】‎ 在等差数列{an}中，由与作和得：‎ ‎=（）+-（）‎ ‎∴a1+a9 =a2+a8，∴==6．‎ ‎∴a5=6．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的性质，是基础的计算题．‎ ‎7．偶函数在上是增函数，且，则满足的实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由偶函数在上是增函数，可得函数在上是减函数，结合，原不等式转化为，根据绝对值不等式的解法与指数函数的性质可得结果.‎ ‎【详解】‎ 因为偶函数在上是增函数，‎ 所以函数在上是减函数，‎ 由且满足，‎ 等价于，‎ ‎，‎ 可得，‎ 实数的取值范围是,故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(‎ 偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.‎ ‎8．在中，三个内角，，，所对边为，，，若，则一定是（ ）‎ A．直角三角形 B．等边三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】根据正弦定理将化为，从而可得或，进而可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，即，即，‎ 所以或，因此，或.‎ 故一定是等腰三角形或直角三角形.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查判断三角形的形状，熟记正弦定理即可，属于基础题型.‎ ‎9．如图，已知正方体的棱长为1，点为上一动点，现有以下四个结论，其中不正确的结论是（ ）‎ A．平面平面 B．平面 C．当为的中点时，的周长取得最小值 D．三棱锥的体积不是定值 ‎【答案】D ‎【解析】根据直线与平面垂直判定，可知A正确；由直线与平面平行可知B 正确；根据两点距离最短，可得C正确；由三棱锥等体积法可求得，可知D错误。‎ ‎【详解】‎ 平面是始终成立的，故选项A正确；‎ 平面，所以选项B正确；‎ 平面展开到平面在同一个平面，则当为的中点时，最小，故选项C正确；‎ ‎，故选项D不正确.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与平面垂直、直线与平面平行的判定，等体积法在求三棱锥体积中的应用，属于基础题。‎ ‎10．已知函数(，e是自然对数的底数)在处取得极小值，则的极大值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】求出原函数的导函数f′（x），由f′（0）=0解得m=0．可得函数解析式，由导函数大于0和小于0得到原函数的单调区间，进而求得极大值.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，f′（x）=[x2+（2﹣m）x﹣2m]ex，‎ 由f′（0）=﹣2m=0，解得m=0．‎ 此时f（x）=x2ex，f′（x）=（x2+2x）ex，‎ 令f′（x）=0，解得x=0或x=-2，‎ 且函数f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣2），（0，+∞），‎ 单调递减区间是（﹣2，0）所以函数f（x）在x=-2处取得极大值，且有f（-2）=‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的极值，考查数学转化思想方法，是中档题．‎ ‎11．已知点为双曲线的右焦点，直线交于两点，若，，则的虚轴长为（ ）‎ A．1 B．2 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】左焦点，，根据对称性得，。设出，，结合余弦定理即可求得，结合，即可求得，进而得到虚轴长。‎ ‎【详解】‎ 设双曲线的左焦点为，连接，，‎ 由对称性可知四边形是平行四边形，‎ 所以，，‎ 设，，‎ 则，‎ 又，故，‎ 又，所以，‎ 则该双曲线的虚轴长为.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线定义及性质的综合应用，余弦定理的基本应用，三角形面积的求法，属于中档题。‎ ‎12．已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则，，的大小关系正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先设，对求导，结合题中条件，判断的单调性，再根据函数为奇函数，得到的奇偶性，进而可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 设，则，‎ 因为当时，，所以当时,，即；‎ 当时,，即；‎ 所以在上单调递增，在上单调递减；‎ 又函数为奇函数，所以，因此，‎ 故函数为偶函数，‎ 所以，，，‎ 因为在上单调递减，所以，‎ 故.‎ 故选B ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的奇偶性与单调性的应用，熟记函数的单调性与奇偶性即可，属于常考题型.‎ 二、填空题 ‎13．已知，且，则的最小值为___________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】由基本不等式可得，结合条件，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，且，‎ 所以，当且仅当，即时，取等号.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查基本不等式求最值的问题，熟记基本不等式即可，属于基础题型.‎ ‎14．若方程有两个不等实根，且 ‎，则实数的取值范围是_________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先设，根据方程根的分布可得，求解即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 设，‎ 因为若方程有两个不等实根，且，‎ 所以，即，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查一元二次方程根的分布，熟记判定条件即可得出结果，属于常考题型.‎ ‎15．数列满足，，则= ；‎ ‎【答案】 ‎【解析】试题分析：∵数列{an}满足a1=2，，‎ ‎∴=‎ ‎==,故答案为 ‎【考点】累加法求和；等比数列的前n项和公式.‎ ‎16．已知函数在上不是单调函数，则的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先求出函数在上是单调函数时，的取值范围，在求其补集即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，则，‎ 若函数在上是单调递增的函数，则在上恒成立，即在上恒成立，因此；‎ 若函数在上是单调递减的函数，则在上恒成立，即在上恒成立，因此；‎ 因为函数在上不是单调函数，‎ 所以.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查根据函数单调性求参数的问题，通常需要对函数求导，用分离参数的方法求解，属于常考题型.‎ 三、解答题 ‎17．在锐角中， ， ， 为内角，，的对边，且满足．‎ ‎（）求角的大小．‎ ‎（）已知，边边上的高，求的面积的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（）由，利用正弦定理和三角函数的恒等变换，‎ 可得，即可得到角的值；‎ ‎（）由三角形的面积公式，代入，解得的值，及的值，再根据余弦定理，求得的值，由三角形的面积公式，即可求解三角形的面积.‎ 试题解析：‎ ‎（）∵，‎ 由正弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∵且，∴，‎ ‎∵，．‎ ‎（）∵，‎ 代入，，，得，‎ 由余弦定理得：，‎ 代入，得，‎ 解得，或，‎ 又∵锐角三角形，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴‎ ‎18．设等差数列的公差为d，前项和为，等比数列的公比为．已知，，，．‎ ‎（Ⅰ）求数列，的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）当时，记，求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1)见解析 (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）本题求等差数列与等比数列的通项公式，可先求得首项（）和公差（公比），然后直接写出通项公式，这种方法称为基本量法；（2）由于，可以看作是一个等差数列与等比数列对应项相乘所得，其前项和用乘公比错位相减法可求．‎ 试题解析：（1）由题意知：‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎（2）由（1）知：‎ ‎∵（1）‎ ‎∴（2）‎ 由（1）（2）得：‎ ‎∴‎ ‎【考点】等差数列与等比数列的通项公式，错位相减法．‎ ‎19．已知圆，直线与圆相交于不同的两点，点是线段的中点。‎ ‎（1）求直线的方程；‎ ‎（2）是否存在与直线平行的直线，使得与与圆相交于不同的两点，不经过点，且的面积最大？若存在，求出的方程及对应的的面积S；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）先由圆的方程得到圆心坐标，根据点是线段的中点，即可求出斜率，进而可得直线方程；‎ ‎（2）先设直线方程为：，根据点到直线的距离得到：到的距离，‎ 进而可表示出的面积，结合基本不等式即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）圆C：可化为，则，‎ 而是弦的中点，所以，所以斜率为，‎ 则方程为：； ‎ ‎（2）设直线方程为：，即，‎ 则到的距离，所以，‎ 所以的面积，‎ 当且仅当，即时的面积最大，最大面积为2， ‎ 此时，，或，‎ 的方程为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的综合，熟记直线方程、点到直线距离公式等即可求解，属于常考题型.‎ ‎20．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.‎ 求证：(1)DE∥平面AA1C1C；‎ ‎(2)BC1⊥AB1.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.‎ ‎【解析】试题分析：(1) 由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC,根据线面平行的判定定理得证;(2)由CC1⊥平面ABC,可得AC⊥CC1，又因为AC⊥BC，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BCC1B1，进而可得B1C⊥AC,又 BC1⊥B1C,证得BC1⊥平面B1AC,故命题成立.‎ 试题解析:‎ ‎(1)由题意知，E为B1C的中点，‎ 又D为AB1的中点，因此DE∥AC.‎ 又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，‎ 所以DE∥平面AA1C1C.‎ ‎(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，‎ 所以CC1⊥平面ABC.‎ 因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.‎ 又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，‎ BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，‎ 所以AC⊥平面BCC1B1，‎ 又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AC.‎ 因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.‎ 因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.‎ 又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.‎ 点睛:本题考查线面平行的判定定理和线面垂直的性质定理,属于中档题目.垂直、平行关系在证明题中经常应用转化与化归思想的常见类型有:(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.‎ ‎21．已知椭圆过点，离心率.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知点，过点作斜率为直线，与椭圆交于，两点，若轴平分 ，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由题可得，，及求出，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）由题可得直线的方程是. ‎ 联立方程组 消去，得 因为轴平分，所以. ‎ 所以所以结合韦达定理可求的值 试题解析：（Ⅰ）因为椭圆的焦点在轴上，过点，离心率，‎ 所以，‎ 所以由，得 ‎ 所以椭圆的标准方程是 ‎（Ⅱ）因为过椭圆的右焦点作斜率为直线，所以直线的方程是. ‎ 联立方程组 消去，得 显然设点，， ‎ 所以， ‎ 因为轴平分，所以. ‎ 所以 所以所以 所以 所以 所以 所以 所以 因为，‎ 所以 ‎22．已知，且函数与在处的切线平行．‎ ‎（1）求函数在处的切线方程；‎ ‎（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，解得，最后利用点斜式求切线方程，（2）先化简不等式为恒成立，再利用导数研究单调性，并确定最小值，即得实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎(I) ，‎ 因为函数与在处的切线平行 所以解得 所以 所以函数在处的切线方程为.‎ ‎（Ⅱ)解当时，由恒成立得 时， 即恒成立 设，‎ 则 ，‎ 当时，单调递减，‎ 当时，单调递增，‎ 所以，‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.‎