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

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

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.‎