2017-2018学年广西贺州市高二上学期期末数学理试题（解析版）

2017-2018学年广西贺州市高二上学期期末数学理试题（解析版）

‎2017-2018学年广西贺州市高二上学期期末数学理试题（解析版）‎ 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. 设集合,，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵集合,，‎ ‎∴ ‎ 故选：D ‎2. 双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】令，易得：‎ ‎∴双曲线的渐近线方程是 故选：A ‎3. 已知数列是等比数列，且，则的公比为（ ）‎ A. 2 B. -2 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为数列是等比数列，且，所以,,故选B.‎ ‎4. 的内角的对边分别为，若则边长等于（ ）‎ A. B. 5 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎5. 已知，则平面的一个法向量可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），‎ ‎∴=（﹣1，1，0），=（﹣1，0，1），‎ 设平面ABC的一个单位法向量为，‎ 则，∴‎ 易知：符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎6. 等差数列的前项和为，若，则（ ）‎ A. 56 B. 95 C. 1004 D. 190‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得：，故选B.‎ ‎7. 下列不等式正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】当时，，当x＜0时，，所以，故A不正确，B正确；由于，所以，当且仅当，即时取等号，故C不正确；当时，，时，，故D不正确.所以选B.‎ ‎8. 下列选项中，说法错误的是（ ）‎ A. 命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”‎ B. “”是“ ”的充分不必要条件 C. 命题，则 D. 若为假命题，则均为假命题 ‎【答案】C ‎【解析】命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，满足逆否命题的形式，正确；“”是“ ”的充分不必要条件，前者推出后者，后者不能得到前者，所以是充分不必要条件，正确；命题，则，均有，不正确；若为假命题，则均为假命题为命题，正确，故选D.‎ ‎9. 若直线经过圆的圆心，则的最小值是（ ）‎ A. 16 B. 9 C. 12 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】的圆心，直线经过圆心，可得，，当且仅当时等号成立，的最小值为，故选B.‎ ‎【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.‎ ‎10. 已知两圆，，动圆在圆内部且和圆相内切，和圆相外切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设圆的半径为，则，‎ ‎∴的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，故所求的轨迹方程为.故选C.‎ ‎11. 正方体中，与平面所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图，设上下底面的中心分别为O1，O，设正方体的棱长等于1，‎ 则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，即∠O1OD1，‎ 直角三角形OO1D1中，cos∠O1OD1==，‎ 故选：D．‎ 点睛：点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.‎ ‎12. 在中，角的对边分别为，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】在中， ，由正弦定理得，，由余弦定理得， ，，，，故选C.‎ 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. 中的满足约束条件，则的最小值是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 将化为，故的几何意义即为直线在轴上的截距，划出点满足的可行域，通过平移直线可知，直线过点时，直线轴上的截距最小，此时也就有最小值，故答案为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎14. 空间直角坐标系中，点和点的距离是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】点和点的距离是：‎ 故答案为：‎ ‎15. 在中，分别为内角的对边，若，且，则__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】已知等式，利用正弦定理化简得：，可得，‎ ‎，可解得，余弦定理可得， ，可解得，故答案为.‎ ‎16. 已知椭圆，点与的焦点不重合，若关于的两焦点的对称点分别为，线段的中点在上，则__________．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】设椭圆C的长轴长为2a，则由，得a=4，‎ 又设F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，K为线段MN的中点，‎ 如图所示，由已知条件，易得F1，F2分别是线段MB，MA的中点，‎ 则在△NBM和△NAM中，有|NB|=2|KF1|，|NA|=2|KF2|，‎ 又由椭圆定义，得|KF1|+|KF2|=2a=8，‎ 故|AN|+|BN|=2（|KF1|+|KF2|）=16．‎ 故答案为：16．‎ 点睛：本题解题关键是利用好椭圆定义，|PF1|+|PF2|为定值，结合平面几何性质，问题迎刃而解.‎ 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. 等比数列中，已知 ‎(1)求数列 的通项公式；‎ ‎(2)若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】第一问利用设数列的公比为, ∴‎ ‎∴=2, ∴‎ 第二问由（1）得, ∴‎ 设的公差为d, ∴‎ ‎∴∴得到和式。‎ ‎∴=2, ∴……………………7分 ‎（2）由（1）得, ∴‎ 设的公差为d, ∴…………………10分 ‎∴‎ ‎∴…………………12分 ‎∴×12=……………14分 ‎18. 在中，角的对边分别为，且满足.‎ ‎(1)求角的大小；‎ ‎(2)若，求的面积 ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据条件使用余弦定理，即可求出；（2）先有正弦定理，得，再有余弦定理即可求出.‎ 试题解析：（1）由余弦定理得：，∵∴.‎ ‎（2）由，得，∵，由余弦定理得 解得，∴.‎ 点睛：解决三角形中的角边问题时，要根据条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小.‎ ‎19. 已知命题 方程有两个不等的实根；命题方程表示焦点在轴上的双曲线.‎ ‎(1)若为真命题，求实数的取值范围；‎ ‎(2)若“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) 或.‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据双曲线的标准方程得到关于的不等式组，解之即可．‎ ‎（2）根据复合命题真假关系得到p，q两命题应一真一假，进行求解即可．‎ 试题解析：‎ ‎(1)由已知方程表示焦点在轴上的双曲线，‎ 则，得，得，即.‎ ‎(2)若方程有两个不等的实根 则，解得或，即或.‎ 因或为真，所以至少有一个为真.‎ 因或为假，所以至少有一个为假.‎ 因此，两命题应一真一假，当为真，为假时，，解得或；‎ 当为假，为真时，，解集为空集.‎ 综上，或.‎ ‎20. 如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，,是棱的中点. ‎ ‎(I)证明：平面平面；‎ ‎(Ⅱ)求异面直线与所成角的余弦值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ) ‎ ‎【解析】试题分析：（I）易证得平面,再由面面垂直的判定定理即可证得平面平面；(II)设棱锥的体积为,易求得，三棱术的体积为,于是得,从而可得答案.‎ 试题解析： （I）由题意知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C，‎ ‎∴BC⊥平面ACC1A1，又DC1平面ACC1A1，‎ ‎∴DC1⊥BC．‎ 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°，‎ ‎∴∠CDC1=90°，即DC1⊥DC，又DC∩BC=C，‎ ‎∴DC1⊥平面BDC，又DC1⊂平面BDC1，‎ ‎∴平面BDC1⊥平面BDC；‎ ‎（II）设棱锥B﹣DACC1的体积为V1，AC=1，由题意得V1=××1×1=，‎ 又三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=1，‎ ‎∴（V﹣V1）：V1=1：1，‎ ‎∴平面BDC1分此棱柱两部分体积的比为1：1．‎ 考点：平面与平面垂直的判定；棱柱的结构特征；几何体的体积.‎ ‎【易错点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定；棱柱的结构特征；棱柱,棱锥,棱台的体积.着重考查直线与平面垂直的判定定理的应用与棱柱,棱锥的体积,考查分析,表达与运算能力,属于中档题.证明垂直问题时一定严格按照定理成立的条件规范书写过程,另注意问题的转化:线线垂直--线面垂直--线线垂直.本题难度中等.‎ ‎21. 已知关于的不等式.‎ ‎(1)若不等式的解集为，求的值.‎ ‎(2)求关于的不等式（其中）的解集.‎ ‎【答案】(1) ，(2)见解析 ‎【解析】试题分析：（1）将x=1代入ax2+3x+2=0求出a的值，再求对应不等式的解集，从而求出b的值；‎ ‎（2）把不等式ax2+3x+2＞﹣ax﹣1化为（ax+3）（x+1）＞0，讨论a的取值，从而求出对应不等式的解集．‎ 试题解析：‎ ‎(1)将代入，得；‎ 所以不等式为，‎ 再转化为 ，‎ 所以原不等式解集为，‎ 所以；‎ ‎(2)不等式可化为，‎ 即 ；‎ 当，，不等式的解集为或；‎ 当时，,不等式的解集为；‎ 当时，,不等式的解集为或；‎ 综上所述，原不等式解集为 ‎①当时，或,‎ ‎②当时，，‎ ‎③当时，或.‎ 点睛： ‎ ‎（1）解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函 数的图象写出不等式的解集．‎ ‎（2）解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即判别式的符号进行分类，最后当根存在时，再根据根的大小进行分类．‎ ‎22. 如图，抛物线与椭圆在第一象限的交点为为坐标原点，为椭圆的右顶点，的面积为.‎ ‎(Ⅰ)求抛物线的方程；‎ ‎(Ⅱ)过点作直线交于两点,射线分别交于两点，记和的面积分别为和,问是否存在直线，使得?若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）设，因为的面积为，求得，代入抛物线即可求，则抛物线方程可求；（2），则设法求出与的表达式，并找到它们之间的联系.为此，设直线的方程为.与联立，设，，可知，.直线OC的方程为，与联立并整理得，则可求，直线方程可得.‎ 试题解析：（1）因为的面积为，设，所以，‎ 代入椭圆方程得，抛物线的方程是：.‎ ‎（2）存在直线符合条件. 显然直线不垂直于y轴，故直线的方程可设为.与联立，设，‎ 理由：显然直线不垂直于y轴，故直线的方程可设为，‎ 与联立得.‎ 设，，则，，‎ ‎∴.‎ 由直线OC的斜率为 ‎，故直线OC的方程为，与联立得 ‎，同理，，‎ 所以.‎ 可得，‎ 要使，只需，‎ 即，解得，‎ 所以存在直线符合条件.‎ 考点：直线与圆锥曲线综合问题 ‎【思路点睛】（1）通过三角形的面积，求出，然后求出横坐标，代入抛物线的方程，求出，即可得到抛物线方程．（2）关键在于 即得表达式，所以这里应该成为本题的切入。‎