- 2021-06-15 发布 |
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文档介绍
陕西省宝鸡市渭滨区2018-2019学年高二上学期期末考试数学(文)试题
渭滨区2018-2019-1高二年级数学(文)试题 一、选择题(每小题5分,共50分) 1.已知抛物线的准线方程为,则其标准方程为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由准线方程,可直接得出抛物线方程. 【详解】因为抛物线的准线方程为, 所以抛物线的焦点在轴正半轴上,且,即, 所以抛物线的方程为. 故选A 【点睛】本题主要考查抛物线的方程,熟记抛物线的准线即可,属于基础题型. 2.双曲线的渐近线方程为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由双曲线的方程,可直接得出渐近线方程. 【详解】因为双曲线方程为, 由得即为所求渐近线方程. 故选B 【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程,熟记双曲线的简单性质即可,属于基础题型. 3.若为正实数,且,则的最小值为( ) A. 10 B. 8 C. 9 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意得到,再由基本不等式,即可求出结果. 【详解】因为为正实数,且, 所以, 当且仅当,即时,等号成立. 故选C 【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值的问题,熟记基本不等式即可,属于常考题型. 4.已知在中,,,,若三角形有两解,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角形有两解,得到,即,结合题中数据,即可求出结果. 【详解】因为在中,,,,若三角形有两解, 则有,即,即, 所以. 故选D 【点睛】本题主要考查三角形解的个数的判断,熟记正弦定理即可,属于常考题型. 5.若等差数列的首项为1,公差为1,等比数列的首项为-1,公比为-2,则数列的前8项和为( ) A. -49 B. -219 C. 121 D. 291 【答案】C 【解析】 【分析】 先记等差数列的前项和为,等比数列的前项和为,根据等差数列与等比数列的求和公式,结合题中条件,即可求出结果. 【详解】因为等差数列的首项为1,公差为1,等比数列的首项为-1,公比为-2, 记等差数列的前项和为,等比数列的前项和为, 则数列的前8项和为. 故选C 【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合,熟记分组求和的方法,以及等差数列与等比数列的求和公式即可,属于常考题型. 6.设满足不等式组,若的最大值为,最小值为,则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先由得,表示斜率为,在轴截距为的直线;再由约束条件作出可行域,求出边界线的交点坐标,根据题中条件,结合图像,即可求出结果. 【详解】由得,表示斜率为,在轴截距为的直线; 由约束条件作出可行域如下, 由解得;由解得, 因为的最大值为,最小值为, 所以显然当直线过点时,取得最大值;过点时,取得最小值; 因此只需,即, 解得 故选C 【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题,由目标函数的最值求参数,一般需要由约束条件作出可行域,根据目标函数的几何意义,结合图像即可求解,属于常考题型. 7.“”的一个充分但不必要的条件是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先解不等式 ,再由充分不必要条件的概念可知,只需找不等式解集的真子集即可. 【详解】由解得, 要找“”的一个充分但不必要的条件, 即是找的一个子集即可, 易得,B选项满足题意. 故选B 【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件,熟记充分条件与必要条件的定义即可,属于常考题型. 8.已知数列的前项和为,对任意正整数,,则下列关于的论断中正确的是() A. 一定是等差数列 B. 一定是等比数列 C. 可能是等差数列,但不会是等比数列 D. 可能是等比数列,但不会是等差数列 【答案】C 【解析】 【分析】 由得,又因为,所以得,注意此时验证时,,不满足,可得解. 【详解】因为当时,,所以,即(), 而时,,不满足,所以该数列不是等比数列。 当时,数列为等差数列。 故选:C。 【点睛】本题主要考查数列中含有和的式子的转化关系,以及等差数列和等比数列的定义,此类问题注意验证时是否满足递推式,属于基础题。 9.函数的导数为() A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先根据完全平方公式对展开,再运用常见初等函数的求导公式和求导运算法则可求解. 【详解】因为, 则函数的导函数, 故选:D. 【点睛】本题主要考查导数的计算,要求熟练掌握常见初等函数的求导公式,属于基础题. 10.定义在上的函数满足:,,则不等式的解集为() A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 构造函数,由得的单调性,再将不等式转化为, 又由,得,所以,由构造函数的单调性,即可求解。 【详解】设,则 , , , 又, 所以, 在定义域上单调递增, 对于不等式可转化成, , 又,, , 而在定义域上单调递增, , 故选:A. 【点睛】本题考查构造函数,利用其导函数取得正负的范围得出构造函数的单调性区间,从而求解不等式的问题,此类问题的关键是根据已知条件构造出合适的新函数,并且分析其单调性和特殊点的函数值,属于中档题。 二、填空题(每小题5分,共20分) 11.已知的一个内角为,并且三边长成公差为2的等差数列,则的周长为________. 【答案】15 【解析】 【分析】 先由题意设三角形三边长依次为,其中,再由最大内角为,结合余弦定理,即可求出,从而可得出结果. 【详解】因为三边长成公差为2的等差数列, 所以可设三角形三边长依次为,其中, 又的一个内角为,即所对的角为, 由余弦定理可得:, 解得. 所以周长为. 故答案为 【点睛】本题主要考查解三角形,熟记余弦定理即可,属于常考题型. 12.焦距为2,短轴长为4,且焦点在轴上的椭圆的标准方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意得到,,再由求出,根据焦点轴上,即可得出结果. 【详解】因为椭圆的焦距为2,短轴长为4, 所以,, 因此, 又该椭圆的焦点在轴上, 所以该椭圆的标准方程为. 故答案为 【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法,根据求出椭圆的标准方程,熟记椭圆标准方程即可,属于基础题型. 13.函数的极小值点为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】 对求导,令后,分析取得正负时x的范围,从而得出在相应区间的单调性,得出极值点. 【详解】因,所以,令,得, 所以当时,,在上单调递增; 当时,,在上单调递减; 当时,,在上单调递增; 所以在时取得极小值, 故填:2. 【点睛】本题考查函数的导函数与函数的单调性和极值的关系,属于基础题. 14.设数列是公差不为0的等差数列,为数列前项和,若,,则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】 先设等差数列的公差为,根据,,求出公差,即可得出结果. 【详解】设等差数列的公差为, 因为,所以, 又, 所以,整理得, 解得或, 因为数列是公差不为0,所以, 因此. 故答案为 【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算,熟记等差数列的通项公式与求和公式即可,属于常考题型. 三、解答题(每小题10分,共50分) 15.设数列满足. (1)求数列的通项公式; (2)若数列的前项和为,求. 【答案】(1) . (2) 【解析】 【分析】 (1)由,求出时的通项,再检验时,是否满足所求通项公式即可; (2)由(1)得到,用裂项相消法,即可求出结果. 【详解】(1)因为,所以当时,, 所以,即, 当时,满足,所以. (2)由(1)知, 所以. 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式,以及裂项相消法求数列的和,熟记递推关系式,以及裂项的常见形式即可,属于常考题型. 16.已知的内角满足. (1)求角; (2)若的外接圆半径为1,求的面积的最大值. 【答案】(1) . (2) 【解析】 【分析】 (1)先设内角所对的边分别为,由题意中条件,根据正弦定理得到,再由余弦定理,即可求出角; (2)先由的外接圆半径为1,结合正弦定理得到,再由余弦定理,结合基本不等式,可得,从而可得三角形面积的最大值. 【详解】(1)设内角所对的边分别为, 由可得, 所以, 又因为,所以. (2)因为的外接圆半径为1, 所以有,即, 由余弦定理可得 即, 即,所以(当且仅当时取等号). 【点睛】本题主要考查解三角形,熟记正弦定理与余弦定理,以及基本不等式即可,属于常考题型. 17.某种设备购置费为10万元,每年的设备管理费共计1万元,这种设备的维修费各年为:第一年1千元,第二年3千元,第三年5千元,而且以后以每年2千元的增量逐年递增.问这种设备最多使用多少年报废最合算(即使用多少年的年平均费用最少)? 【答案】使用10年报废最合算,年平均费用为3万元. 【解析】 【分析】 先设使用年的年平均费用为万元,根据题意得到,化简整理,根据基本不等式求最值即可,属于常考题型. 【详解】解:设这种设备使用年的年平均费用为万元, 由已知得: 由基本不等式知: , 当且仅当即时取“等号”, 因此使用10年报废最合算,年平均费用为3万元. 【点睛】本题主要考查基本不等式的应用,熟记基本不等式即可,属于常考题型. 18.已知函数在与处都取得极值. (1)求函数的解析式及单调区间; (2)求函数在区间的最大值与最小值. 【答案】(1),单调增区间是,减区间是(2), 【解析】 【分析】 (1)对求导,根据在与处都取得极值,得和,建立方程组求得a,b的值,得到的解析式,再分析取得正负时x的范围,从而得出相应的单调区间,得解; (2)根据(1)可得出的极值点,再求出边界点和的值,与极值点的函数值比较大小可得解. 【详解】(1)因为,所以, 因为在与处都取得极值, 所以,即,解得 即,所以, 令或,令, 所以的单调增区间是,减区间是. (2)由(1)可知, 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 的极小值,的极大值,而,, 可得时,, 故得解. 【点睛】本题考查通过导函数研究函数的单调性,极值,最值的问题,属于基础题。 19.已知椭圆的离心率为,椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合,过点的直线与椭圆相交于、两点. (1)求椭圆的方程; (2)若以为直径的圆过坐标原点,求的值. 【答案】(1) ;(2) 【解析】 【分析】 (1)由离心率得到,由椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合,得到,进而可求出结果; (2)先由题意,得直线的斜率存在,设直线的方程为,联立直线与椭圆方程,设,根据韦达定理,得到,,再由以为直径的圆过坐标原点,得到,进而可求出结果. 【详解】(1)由题意知, ∴,即 , 又双曲线的焦点坐标为,椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合, 所以,∴, 故椭圆的方程为. (2)解:由题意知直线的斜率存在,设直线的方程为 由得: 由得: 设,则,, ∴ 因为以为直径的圆过坐标原点, 所以, 满足条件 故. 【点睛】本题主要考查椭圆的方程,以及椭圆的应用,熟记椭圆的标准方程,以及椭圆的简单性质即可,解决此类问题时,通常需要联立直线与椭圆方程,结合韦达定理、判别式等求解,属于常考题型.查看更多