2018-2019学年辽宁省葫芦岛市高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版） 19页

‎2018-2019学年辽宁省葫芦岛市高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．如果,那么下列不等式成立的是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：利用作差法比较实数大小即得解.‎ 详解：-（）=，因为，所以 所以.故答案为：D.‎ 点睛：（1）本题主要考查实数大小的比较，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2)比较实数的大小，常用作差法和作商法，一般如果知道实数是正数，可以利用作商法，否则常用作差法.‎ ‎2．下列命题中，假命题是( )‎ A．， B．，‎ C．的充要条件是 D．，是的充分不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】对于A，根据指数函数的性质可得到结果正确；对于B可代入特殊值验证；对于C可举出反例推翻；对于D，，可以推出a>1,b>1,也可以是a<-1,b<-1,或者其中一个值大于1，一个值小于1大于0，等情况较多，进而得到选项正确.‎ ‎【详解】‎ 对于命题A ∀x∈R，>0，根据指数函数的性质得结果正确；对于B. ，，例如当时，满足题意，故正确；C. 的充要条件是，错误，比如a=0=b时，也满足，但是不满足；对于D. 可以是a>1,b>1,也可以是a<-1,b<-1,‎ 或者其中一个值大于1，一个值小于1大于0，等等情况较多，因此，是的充分不必要条件.‎ 故答案为：C.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了命题真假的判断，涉及充分必要条件的判断，判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．‎ ‎3．已知等差数列的前13项之和为39，则( )‎ A．6 B．9 C．12 D．18‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据等差数列和的性质得到，再由等差数列的性质得到，进而得到结果.‎ ‎【详解】‎ 等差数列的前13项之和为 ‎ 解得，根据等差数列的性质得到，故得到.‎ 故 故答案为：B.‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了等差数列的性质的应用，当.题目比较基础.‎ ‎4．若，满足，则的最大值为（ ）‎ A．0 B．3 C．4 D．5‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图可得在处取得最大值，由最大值，故选C.‎ ‎【考点】线性规划.‎ ‎【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，从而求出的最大（小）值.‎ ‎5．设的内角的对边分别为，且，，，则( )‎ A．1 B．3 C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由3sinA＝2sinB即正弦定理可得3a＝2b，由a＝2，即可求得b，利用余弦定理结合已知即可得解．‎ ‎【详解】‎ ‎∵3sinA＝2sinB，‎ ‎∴由正弦定理可得：3a＝2b，‎ ‎∵a＝2，‎ ‎∴可解得b＝3，‎ 又∵cosC＝，‎ ‎∴由余弦定理可得：c2＝a2+b2﹣2abcosC＝4+9﹣2×＝9，‎ ‎∴解得：c＝3．‎ 故答案为：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．‎ ‎6．已知实数，，且，则的最小值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】a＞0，b＞0，且2a+b＝2ab，可得a＝＞0，解得b＞1．变形a+2b＝+2b＝，再变形，利用基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎∵a＞0，b＞0，且2a+b＝ab，‎ ‎∴a＝＞0，解得b＞2．‎ 则a+2b＝+2b＝=≥ ，当且仅当b＝，a＝时取等号．‎ 其最小值为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了变形利用基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎7．如图，空间四边形中，各边及对角线长都相等，若分别为，的中点，那么异面直线与所成的角等于( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】取中点，连接。因为分别是中点，所以，同理可得，所以是异面直线与所成角。因为空间四边形各边即对角线长都相等，而点是中点，所以，从而有面，所以。因为，所以。而，则，故选C ‎8．在中，角的对边分别为，.则的最大值为( )‎ A．1 B．2 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题干得到B=，原式，根据角A的范围得到最值即可.‎ ‎【详解】‎ 角的对边分别为，，变形为：‎ 根据余弦定理，故角B=.‎ ‎, ‎ 因为 ‎ 故最大值为：1.‎ 故答案为：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. ‎ 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.‎ ‎9．在中，，，若最短边长为，则最长边为( )‎ A． B． C． D．5‎ ‎【答案】D ‎【解析】由已知及同角三角函数基本关系式可求cosA，sinA，sinB，利用两角和的余弦函数公式可求cosC＝﹣＜0，可得短边为b，由正弦定理即可求得最长边的值．‎ ‎【详解】‎ 由tanA＝＞0，得cosA＝，sinA＝，‎ 由cosB＝＞0，得sinB＝，‎ 于是cosC＝﹣cos（A+B）＝﹣cosAcosB+sinAsinB＝﹣＜0，即∠C为最大角，c为最长边，最短边为b，于是由正弦定理求得c＝5．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角和的余弦函数公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和计算能力，属于中档题．‎ ‎10．设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，并且满足条件：，，，下列结论中正确的是( )‎ A． B．‎ C．是数列中的最大值 D．数列无最小值 ‎【答案】D ‎【解析】根据题干条件可得到数列>1,01,01,m>3，取交集得到[4,+∞).‎ 综上， m的范围是[4,+∞)。‎ ‎（2）由（1）可知，当p为假命题时，m<4; q为真命题，则2m-5>1解得：m>3‎ 则，m的取值范围是（3,4）即A={m|30,故可得到数列之和的最小值，可得证.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为Sn＝nan+an﹣c，‎ 所以当n＝1时，，解得a1＝2c，‎ 当n＝2时，S2＝a2+a2﹣c，即a1+a2＝a2+a2﹣c，‎ 解得a2＝3c，所以3c＝6，解得c＝2，‎ 则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2﹣a1＝2，‎ 所以an＝a1+（n﹣1）d＝2n+2．‎ ‎(2)由已知得：bn== (-)‎ Tn= (-)+ (-)+……+ (-)= (-)<‎ 因为nÎN，所以Tn+1- Tn=>0‎ 因此数列{Tn}在nÎN上是增数列.‎ 所以Tn≥T1=，综上所述，原不等式成立。‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。‎ ‎21．在正方体中，，分别为，的中点 ‎（1）求证：面；‎ ‎（2）在棱上是否存在一点，使得面，若存在，试确定的值，若不存在说明理由；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求面与面所成二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）存在，（3）‎ ‎【解析】(1) 取AB中点N，连接A1N，FN，可证得AE垂直于A1N，而A1NFD是平行四边形，可得到AE垂直于，再由A1D1^ AE可得到线面垂直；（2）取A1B1中点G，取GB1中点M，连接GB，ME，MC1,通过证明线线平行即ME 可得到线面平行；（3）建立坐标系，求得两个面的法向量，先得到余弦值，进而得到二面角的正弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎ (1)证明：取AB中点N，连接A1N，FN，‎ 在正方体AC1中，ANFD，所以四边形ANFD为平行四边形，ADFN，‎ 因为A1D1AD，所以A1D1 FN，所以四边形A1NFD1为平行四边形，A1NFD1‎ 在正方形A1B1BA中，Rt∆EBA≌Rt∆NAA1，所以∠EAB=∠NA1A 因为∠A1NA +∠NA1A=90°所以∠A1NA +∠EAB =90°，AE^A1N，AE^ FD1‎ A1D1^面A1B1BA，AEÌ面A1B1BA，所以A1D1^ AE，所以AE^面A1FD1。‎ ‎(2) 取A1B1中点G，取GB1中点M，连接GB，ME，MC1,‎ A1GBN,所以四边形A1GBN为平行四边形，A1NBG E、M分别为B1B与A1B1的中点，‎ 所以EM∥BG，EM∥FD1‎ FD1Ë面C1ME，EMÌ面C1ME，所以D1F//面C1ME,‎ 此时=‎ ‎(3)如图分别以AB、AD、AA1为x、y、z轴建立空间坐标系，‎ 则E(2,0,1),C1(2,2,2),M(,0,2), A1(0,0,2), D1(0,2,2), F(1,2,0)‎ ‎=(,2,0) =(0,2,1) =(0,2,0) =(-1,0,2)‎ 设面A1FD1的法向量为=(x1,y1,z1)‎ 得令y=-1,则x=4,z=2, =(4,-1,2)‎ 设面C1ME的法向量为=(x2,y2,z2)‎ 得y=0令z=1,则x=2, =(2,0,1)‎ cos<•>===‎ 设面A1FD1与面C1ME所成二面角为θ,则|cosθ|=|cos<•>|=‎ 所以sinθ==‎ ‎【点睛】‎ 这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角。求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做。‎ ‎22．已知椭圆的中心在原点，为椭圆的一个焦点，离心率，过作两条互相垂直的直线，， 与椭圆交于两点，与椭圆交于两点，且四点在椭圆上逆时针分布.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）求四边形面积的最大值与最小值的比值.‎ ‎【答案】（1）（2） ‎ ‎【解析】（1）根据题干条件得到a,b,c的值进而得到方程；（2）根据题意，分直线的斜率存在、不存在两种情况讨论，借助根与系数的关系分析可得四边形ABCD面积，综合即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意得：‎ ‎(1) c=1,e==,所以a=2，b=,所以椭圆方程为+=1‎ ‎(2)当直线l1、l2斜率有不存在的，不妨设直线l1：x=0,直线l2：y=1‎ ‎|AC|=2a=4,|BD|==3,设四边形ABCD的面积为S,则S=|AC|•|BD|=6‎ 当直线l1、l2斜率均存在时，不妨设l1：y=kx+1,直线l2：y= (-)x+1‎ 将l1和椭圆联立化简得：(3k2+4)x2+6kx-9=0‎ ‎∆=36k2+36(3k2+4)>0,设A(x1,y1)、C(x2,y2), x1+x2= x1x2=‎ ‎|AC|===‎ 同理：|BD|==‎ S=|AC|•|BD|=••=‎ 设t= Î(0,1),k2=-1,S==‎ -t2+t+12Î(12,], 所以SÎ[，6)‎ 综上所述，Smax=6 ,Smin=,= ‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎