2017-2018学年广西来宾市高二上学期期末数学理试题（解析版）

2017-2018学年广西来宾市高二上学期期末数学理试题（解析版）

‎2017-2018学年广西来宾市高二上学期期末数学理试题（解析版）‎ 一、选择题：本大题共12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. 命题“存在”的否定（ ）‎ A. 任意 B. 任意 C. 存在 D. 存在 ‎【答案】A ‎【解析】特称命题的否定是全称命题，故选.‎ ‎2. 函数的定义域为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】，解得.‎ ‎3. 若向量，，则（ ）‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，故.‎ ‎4. 已知的内角所对的边分别为，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】两个完全平方的和等于零，故.故，解得，所以.‎ ‎5. 已知变量满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最大值为.‎ ‎6. 在等差数列中，已知，则该数列的前12项和等于（ ）‎ A. 36 B. 54 C. 63 D. 73‎ ‎【答案】B ‎【解析】 ,选B ‎7. 设是双曲线的两个焦点，是双曲线上的一点，且，则的面积等于（ ）‎ A. B. C. 6 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据双曲线的定义，联立解得，由于，故为直角三角形，故面积为.‎ ‎8. 在下列四个命题中，‎ ‎①若是的充分不必要条件，则是的必要不充分条件；‎ ‎②若，则；‎ ‎③“”是“”的必要不充分条件；‎ ‎④若“或”为真命题，“且”为假命题，则为真命题，为假命题．‎ 正确的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据充要条件的包含关系可知①正确.如，，故②错误.解得，与没有包含关系，故③错误.对于④，有可能为假命题，为真命题，故④错误.综上所述，只有个正确，故选.‎ ‎9. 当时，的最小值为（ ）‎ A. 8 B. 9 C. 10 D. 11‎ ‎【答案】B ‎【解析】.‎ ‎10. 在中，角的对边分别为，若且，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由正弦定理得，而，即，故.‎ ‎11. 已知正方体的棱长为1，若点在正方体的内部，且满足，则平面与平面所成二面角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】过作交于，作平面，垂足为.由三垂线定理可知，所以为所求二面角的平面角，且，故.‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查二面角的余弦值的求法.解题方法有两种，第一种是利用二面角的定义，作出二面角，然后通过解直角三角形来求得二面角的余弦值.第二种方法是建立空间直角坐标系的方法，以为坐标原点为轴建立空间直角坐标系，然后用法向量来求解.‎ ‎12. 设直线与抛物线相交于两点，与圆相切于点，且点为线段的中点，若这样的直线有四条，则半径的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设，由题意可知直线斜率存在，设斜率为，则，两式相减得，即.由于直线和圆相切，所以当时，斜率为零的两条直线与圆相切都符合题意.当时，，解得，所以点的轨迹方程为.将代入，解得，所以.由于在圆上，，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查直线和抛物线的位置关系，考查与弦的中点有关的问题用点差法解决.由于本题涉及直线和抛物线相交所得弦的中点，故考虑用点差法解决，首先设出两点的坐标，代入抛物线方程，然后作差，配成斜率和中点的形式，由此建立中点和斜率的关系.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 已知是椭圆的左右焦点，点是椭圆的上顶点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据等边三角形的几何性质可知.‎ ‎14. 在正方体中，若点是底面正方形的中心，且，则__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】依题意可知，故.‎ ‎15. 已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，点是椭圆和双曲线在第一象限的交点，则的值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，根据椭圆的定义有，根据双曲线的定义有，解得 ‎【点睛】本小题主要考查椭圆和双曲线的位置关系，考查椭圆的定义，考查双曲线的定义，由于点即是椭圆上的点，又是双曲线上的点，故点既满足椭圆的定义，也满足双曲线的定义，根据两个定义列方程组，解方程组即可求得的值，进而求得比值.‎ ‎16. 在中，角的对边分别为，为的重心，若且，则面积的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由于是的中点，故，而.所以，即，故.当为等边三角形时，面积取得最大值，故最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角形重心的表示方法，考查解三角形中的余弦定理，考查已知三角形一边和一边的对角为，当三角形为等边三角形时面积取得最大值.对于对于三角形的重心，可以将作为一个结论记下来. “已知三角形一边和一边的对角为，当三角形为等边三角形时面积取得最大值”这个也可以作为一个结论记下来，选择填空题可以直接利用.‎ 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. 在中，角的对边分别为，为的面积，若．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）利用三角形的面积公式化简题目所给等式可求得的大小，进而求得的值.（2）结合（1）用的余弦定理，化简得出，结合可求出点的值.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）由有，得，‎ 由可得，故．‎ ‎（2）由余弦定理有：，得，即，可得，由，解得：．‎ ‎18. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）过焦点的直线与抛物线分别交于两点，点的坐标分别为，，为坐标原点，若，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【试题解析】‎ ‎（1）由点在抛物线上，有，解得，‎ 由抛物线定义有：，解：，‎ 故抛物线的方程为．‎ ‎（2）设直线的方程为：，联立方程，消去得：，‎ 故有：，，，‎ ‎ ，‎ 则，故，解得：，‎ 所求直线的方程为：或．‎ ‎19. 命题“方程有两个正根”．命题“方程无实根”，这两个命题有且只有一个成立，试求实数的取值范围．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】试题分析：先根据二次方程实根分布得命题为真时实数的取值范围，再根据判别式小于零得命题 为真时实数的取值范围，最后根据两个命题有且只有一个成立，分两种情况讨论，分别求解，再求并集 试题解析：命题为真时：解得，‎ 命题为真时：，解得，‎ 当真假时：故有，‎ 当假真时：故有，‎ 实数的取值范围为：或.‎ ‎20. 已知公比为整数的正项等比数列满足：，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）利用基本元的思想，将两个已知条件转化为的形式，解方程组可求得和通项公式.（2）由于是由一个等差数列乘以一个等比数列组合而成，故用错位相减求和法求其前项和.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，‎ 由，有可得，由可得，‎ 两式相除可得：，整理为：，由，且为整数，可解得，数列的通项公式为．‎ ‎（2）由，‎ ‎ ，‎ 有 ，‎ 两式作差有： ，‎ 得 ，‎ 故．‎ ‎21. 在如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为直角梯形，，．‎ ‎（1）求与平面所成角的正弦值；‎ ‎（2）线段或其延长线上是否存在点，使平面平面？证明你的结论．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【试题解析】‎ ‎（1）解：以为坐标原点、方向为轴、方向为轴、方向为轴建立空间直角坐标系，‎ 则点的坐标为、点的坐标为、点的坐标为、点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，‎ 由，，，设平面的法向量为 由，取，则 故与平面所成角的正弦值．‎ ‎（2）证明：设点的坐标为，则，‎ 设平面的法向量为 由，取，则，‎ 若平面平面，则，解得：，‎ 故点在的延长线上，且．‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用空间向量法求直线与平面所成角的正弦值，和利用空间向量法探求面面垂直的问题.由于题目所给条件中以为顶点的三条直线相互垂直，故可以直接建立空间直角坐标系来求解.‎ 要求直线与平面所成的角，则只需计算出直线的方向向量，和平面的法向量，代入公式即可求得.‎ ‎22. 已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的四个顶点的连线构成的四边形的面积为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设点为椭圆长轴的左端点，为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点，记直线斜率分别为、，若，请判断直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）将的坐标代入椭圆方程得到一个方程，利用四边形的面积可得到另一个方程，结合，联立方程组可解得的值.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，代入，化简后可求得定点坐标.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）由点在椭圆上可得：，整理为：，‎ 由椭圆的四个顶点的连接线构成的四边形的面积为可得：，即，‎ 可得，由可解得：，故椭圆的方程为：．‎ ‎（2）设点的坐标分别为，点的坐标为，‎ 故，可得，‎ 设直线的方程为（直线的斜率存在），‎ 可得，‎ 整理为：，‎ 联立，消去得：，‎ 由 ，有，‎ 有，，‎ 故有： ，‎ 整理得：，解得：或，‎ 当时直线的方程为，即，过定点不合题意，‎ 当时直线的方程为，即，过定点．‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系中根与系数关系的用法.对于求椭圆标准方程的问题，主要通过联立方程组解出来求解，有的题目是通过椭圆的定义来得到.题目给定，解题时就围绕这里来化简，结合韦达定理和判别式，运算量比较大.‎