1、吴起高级中学2018-2019学年第一学期期末考试高二理科数学试卷（能力）命题人： 审题人：杨飞燕考试范围：数列;解三角形；不等式；常用逻辑用语；空间向量与立体几何；圆锥曲线与方程考试时间：120分钟；注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题 共60分）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.命题且是真命题，则命题是（）A. 假命题 B. 真命题 C. 真命题或假命题 D. 不确定【答案】B【解析】【分析】命题且是真命题，则命题p和命题q都为真命题.【详解】命题且是真命
2、题，由复合命题真值表可知，命题p和命题q都为真命题.故选：B【点睛】本题考查含有逻辑连接词的复合命题的真假判断，属于基础题.2.不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：直接利用一元二次不等式的解法即可.详解：解方程，得，不等式的解集为.故选：D.点睛：本题考查一元二次不等式的解法，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答.3.已知等差数列an中，则公差d的值为（ ）A. B. 1 C. D. 【答案】C【解析】【分析】由等差数列的通项公式进行计算即可得答案.【详解】等差数列an中，则即3=9+6d,解得d=-1故选：C【点睛】本题考查等差数列通项公式的应用，属于简单题.
3、4.命题“使得”的否定是（ ）A. 都有 B. 使得C. 使得 D. 都有【答案】D【解析】特称命题的否定为全称命题，将存在量词变为全称量词，同时将结论进行否定，故命题“，使得”的否定是“，都有”，故选D.5.唐代诗人杜牧的七绝唐诗中有两句诗为：“今来海上升高望，不到蓬莱不成仙。”其中后一句中“成仙”是“到蓬莱”的（ ）A. 充分条件 B. 必要条件C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件【答案】A【解析】因为：不到蓬莱不成仙，成仙到蓬莱，“成仙”是“到蓬莱”的充分条件，选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“”为真，则是的
4、充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件6.在正方体中，、分别为棱和棱的中点，则异面直线AC与MN所成的角为() A. 30 B. 45 C. 60 D. 90【答案】C【解析】连接BC1、D1A，D1C，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点MNC1B.C1BD1A，MND1A，D1AC为异面直线AC与MN所成的角.D1AC为等边三角形，D1AC=60.故选C.点睛: 本题主要考查异面直线所成的角.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角
5、坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7.曲线与曲线的（ ）A. 离心率相等 B. 焦距相等 C. 长轴长相等 D. 短轴长相等【答案】B【解析】【分析】分别求出两个曲线的长轴，短轴，离心率，焦距，即可得到结果【详解】曲线为焦点在y轴上的椭圆，长轴2a=10，短轴2b8，离心率e，焦距2c6曲线为焦点在y轴上的椭圆，长轴2a2，短轴2b2，离心率e，焦距2c6两个曲线的焦距相等故选：B【点睛】本题考查椭圆的标准方程和简单性质的应用，属于基础题.8.已知直线的方向向量为，平面的
6、法向量为，若， ，则直线与平面的位置关系是（ ）A. 垂直 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 直线在平面内或直线与平面平行【答案】D【解析】【分析】由，即可判断出直线l与平面的位置关系【详解】，直线l在平面内或直线l与平面平行故选：D【点睛】本题考查平面法向量的应用、直线与平面位置关系的判定，考查推理能力与计算能力9.已知双曲线 ： （ ， ），右焦点 到渐近线的距离为 ， 到原点的距离为 ，则双曲线 的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 由题意，双曲线，右焦点到渐近线的距离为，到原点的距离为，则双曲线焦点到渐近线的距离为，又，代入得，解得，故选D10.在中，角所对的
7、边分别为，且，若，则的形状是（ ）A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】结合，利用余弦定理可得，可得，由，利正弦定理可得，代入，可得，进而可得结论.【详解】在中，代入，解得的形状是等边三角形，故选C【点睛】本题考查了正弦定理余弦定理、等边三角形的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.已知椭圆上一点P与椭圆的左右焦点构成一个三角形，且,则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用椭圆定义求出|PF1|+|PF2|和|F1F2|的值，然后利用余弦定理求出|PF1|PF2|的值，再代入三角形的面积
8、公式即可【详解】由椭圆可知，a2，b1，c，P点在椭圆上，F1、F2为椭圆的左右焦点，|PF1|+|PF2|2a4，|F1F2|2c2，在PF1F2中，cosF1PF2，|PF1|PF2|，又在F1PF2中，|PF1|PF2|sinF1PF2；故选：B【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形的面积的求法，关键是应用椭圆的定义和余弦定理转化12.设且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】x，yR+且xy（x+y）1，可得xy1+（x+y），化简解出即可得【详解】x，yR+且xy（x+y）1，则xy1+（x+y）1+2，化为：210，解得1+，即xy,xy1+（x+y）,即解得故选：
9、A【点睛】本题考查利用基本不等式求最值问题，属于基础题.第II卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）13.三角形一边长为14，它对的角为60，另两边之比为8：5，则此三角形面积为_ _【答案】【解析】试题分析：设另外两边为，由三角形余弦定理得 考点：1余弦定理；2三角形面积公式14.若抛物线 上一点M到焦点的距离为3，则点M到y轴的距离为_【答案】2【解析】抛物线 上一点M到焦点的距离为3，则抛物线 上一点M到准线得距离为3，则点M到y轴的距离为 .15.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成角为60，M为PA中点，连接DM，则DM与平面PAC所成角的大
10、小是_【答案】45【解析】设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为a，建立如图所示空间直角坐标系，则平面PAC的法向量为n(1,0,0)，D，A0，a,0，P，M，所以cos ，n，所以DM与平面PAC所成角为45.16.设满足约束条件，若目标函数（其中）的最大值为3，则的最小值为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】试题分析：作出可行域，如图内部（含边界），作直线，当直线向上平移时，增大，因此当过点时， （当且仅当时等号成立），因此的最小值为3故选C考点：简单的线性规划，基本不等式【名师点睛】1求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求其关键是准确作出可行域，
11、理解目标函数的意义2常见的目标函数有：（1）截距型：形如zaxby.求这类目标函数的最值常将函数zaxby转化为直线的斜截式：yx，通过求直线的截距的最值间接求出z的最值（2）距离型：形如z（xa）2（yb）2.（3）斜率型：形如z.注意：转化的等价性及几何意义三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.如图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，若水位下降1米后，则水面宽多少米？【答案】【解析】【分析】通过建立直角坐标系，设出抛物线方程，将A点代入抛物线方程求得m，得到抛物线方程，再把B（x0，3）代入抛物线方程求得x0进而得到答案
12、【详解】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为由题意可得A（2，-2），B（x0，3）,将点A代入抛物线，得p=1，所以方程为：,则当y=-3时，,x=,所以水面宽为米。【点睛】本题主要考查抛物线的应用考查学生利用抛物线解决实际问题的能力18.各项均为正数的等比数列中，.（1）求的通项公式；（2）记为前n项和若，求m【答案】（1） （2）6【解析】【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q，即得an通项公式（2）利用等比数列前m项和公式求出，代入可求出m【详解】（1）设的公比为q，由题设得由已知得，解得q=0（舍去），q=-2（舍）或q=2故（2）因为，所以,得，解得m=6【点睛】本题
13、考查等比数列通项公式的求法，考查等比数列前n项和公式的应用，考查运算求解能力，是基础题19.已知命题P：关于的不等式的解集为空集；命题q：函数没有零点，若命题P且q为假命题，P或q为真命题，求实数的取值范围.【答案】 【解析】【分析】先求命题p,q分别为真时a的取值范围，再分别求出当p真q假和当q真p假时a的取值范围，求并集可得答案【详解】对于命题p：x2+（a1）x+10的解集为空集b24ac（a1）240，解得1a3对于命题q：f（x）ax2+ax+1没有零点等价于方程ax2+ax+10没有实数根当a0时，方程无实根符合题意当a0时，a24a0解得0a40a4由命题pq为假命题，pq为真命
14、题可知，命题p与命题q有且只有一个为真，当p真q假时得解得1a0当p假q真时得解得3a4所以a的取值范围为【点睛】本题借助考查复合命题的真假判断，考查函数零点问题及一元二次不等式问题，解题的关键是求得组成复合命题的简单命题为真时参数的取值范围，属于基础题.20.在中，角的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）求的最大值【答案】（）;（） 【解析】试题分析：（1）首先根据题意边化角，由正弦定理得,可得出角C（2）由C=60可得A+B=120可将然后根据A的范围即可求得最大值试题解析：(1)由atanC=2csinA得，由正弦定理得,cosC=. C=.(2)C=, 当A=时sinA+sinB的最
15、大值为.点睛：在解三角形时，要注意正弦定理角化边或边画角的运用，三角函数最值问题，首先要注意统一边变量，同时要注意所存在的范围，然后再求解最值21.如图，多面体中，是正方形，是梯形，平面且，分别为棱的中点（）求证：平面平面；（）求平面和平面所成锐二面角的余弦值【答案】（）见解析（）【解析】试题分析：（1）通过证明平面，所以平面平面（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求二面角的余弦值。试题解析：（），是正方形分别为棱的中点平面，平面从而，是中点平面又平面所以，平面平面（）由已知，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，设，则，平面的一个法向量为，由得令，则由（）可知平面平面的一个法向量
16、为设平面和平面所成锐二面角为，则所以，平面和平面所成锐二面角的余弦值为22.已知椭圆C：上一动点到两焦点 的距离之和为4，离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）试确定m取值范围，使得C上存在不同的两点关于对称。【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件由椭圆定义得2a=4,由离心率得c值，再结合，可得椭圆方程（2）假设存在A（x1，y1），B（x2，y2）满足题意,因为A,B两点关于直线y4x+m对称，所以，再用点差法进行求解【详解】（1）依题意：令动点为P，,所以a=2，又，所以C=1，则椭圆方程为：（2）令存在两点关于l对称，且AB中点，则,两式相减，得， 又 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数取值范围的求法和点差法的应用.