1、2018-2019学年河北省石家庄一中高二(上)期中数学试卷(理科)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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义求解的值即可【详解】解：，故选：C.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2. 已知命题，则是成立的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】先解出对数不等式，再根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解：由，由不能够推出，但由一定得，所以是的必要不
2、充分条件，故选：B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题.3. 已知两点，则点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设点，利用平面向量的坐标运算列方程组求出的值.【详解】解：设点，由点，所以，又，所以，解得，则点坐标是.故选：B.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算应用问题，是基础题.4. 直线的倾斜角是（ ）A. 30B. 60C. 120D. 135【答案】B【解析】【分析】先求得直线的斜率，由此求得直线的倾斜角.【详解】直线的斜率为，对应的倾斜角为60.故选：B【点睛】本小题主要考查直线倾斜角的求法
3、，属于基础题.5. 是一个平面，是两条直线，是一个点，若，且，则的位置关系不可能是()A. 垂直B. 相交C. 异面D. 平行【答案】D【解析】是一个平面，是两条直线，是一个点， ，是和平面相交的点，与平面相交，又在平面内，和异面或相交，一定不平行，故选.6. 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积故选.7. 函数(，常数，)的部分图象如图所示，为得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）A. 向右平移个长度单位B. 向右平移个长度单位C. 向左平移个长度单位D. 向左平移个长度单位【答案】B【解析】【
4、分析】利用最值和周期可得，利用五点法可得，再通过诱导公式及函数的图象变换规律可得结论.【详解】解：根据函数(，常数，)的部分图象，可得，.再根据五点法作图，可得，故，函数.为得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个长度单位即可.故选：B.【点睛】本题主要考查已知图像求函数的解析式，考查诱导公式的应用，函数的图象变换规律，统一这两个三角函数的名称，是解题的关键，属于中档题.8. 九章算术是中国古代的数学专著，其中的“更相减损术是用来求两个数的最大公约数的方法，如图是实现该算法的程序框图，执行该程序框图，若输入的，则输出的为（ ）A. 12B. 24C. 36D. 9【答案】B【解析】【分析】根
5、据已知的程序语句可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，可得答案.【详解】解：输入的，时，满足进行第一个循环的条件，；时，满足进行第一个循环的条件，；时，满足进行第一个循环的条件，；时，不满足进行第一个循环的条件，满足进行第二个循环的条件，满足，；，满足进行第二个循环的条件，不满足，；，满足进行第二个循环的条件，不满足，；，不满足进行第二个循环的条件，故输出的，故选：B.【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题.9. 若不等式对任意， 恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解
6、析】【分析】由基本不等式求出的最小值，然后解不等式即得【详解】不等式对任意， 恒成立，当且仅当，即时取等号，实数取值范围是，故选：B.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，由于参数已经分离，因此只要求得的最小值，解相应不等式即可得10. 在中，角、的对边分别为、，若，则角的值为（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】分析】先根据余弦定理进行化简，进而得到值，再由角的范围和正弦函数的性质可得到最后答案【详解】解：由，即，因为有意义，所以，又在中，所以为或 ，故选:D【点睛】本题主要考查余弦定理的应用考查计算能力，属于基础题11. 在三棱锥 中，底面 是边长为 2 的正三角形，顶点 在底面
7、上的射影为的中心，若为的中点，且直线与底面所成角的正切值为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】定点A在底面BCD上的射影为三角形BCD的中心，而且底面BCD是正三角形，三棱锥ABCD是正三棱锥，AB=AC=AD，令底面三角形BCD的重心（即中心）为P，底面BCD为边长为2的正三角形，DE是BC边上的高，DE=，PE=，DP=直线AE与底面BCD所成角的正切值为2，即AP=，AD2=AP2+DP2（勾股定理），AD=2，于是AB=AC=AD=BC=CD=DB=2，三棱锥为正四面体，构造正方体，由面上对角线构成正四面体，故正方体的棱长为，正方体的对角线长为，外
8、接球的半径为.外接球的表面积=4r2=6故选D.点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心. 三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: .12. 已知函数，设方程的根从小到大依次为，则数列的前n项和为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由的定义知，当时， 当时，单调递增，当时，单调递减，其中，又函
9、数是上的增函数，因此方程的解为，所以，选C.考点：分段函数的性质，数形结合思想，函数与方程思想，等比数列的和二填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上)13. 若满足约束条件，则的最大值为_【答案】2【解析】约束条件对应的区域为三角形ABC区域，由 ，由得 ，当经过点C时，截距最小，取最大，为.14. 函数的值域为_.【答案】【解析】【分析】利用两角和与差的三角函数，化简已知表达式，再利用余弦函数的值域求出它的值域即可.【详解】解：函数，函数的值域为：.故答案：.【点睛】本题考查两角和与差的三角函数，余弦函数的值域，属于基本知识的考查.15. 下列命题正确的是_(写出所有正确命题的序号
10、).已知，“且”是“”的充要条件；已知平面向量，“且”是“”的必要不充分条件；已知，“”是“”的充分不必要条件；命题：“，”的否定为：“，”.【答案】【解析】【分析】根据充分必要条件的概念即可判断正误， 根据特称命题的否定即可判断.【详解】对于，当“且”，可以得出；当时，无法得到且，如，所以“且”是“”的必要性不成立，错误；对于，当时，无法得到且，如，且，反向相反，且也得不出，所以且”是“”既不充分也不必要条件，故 错误；对于，当时，故充分性成立；当时，无法得到，如，故必要性不成立；“”是“”的充分不必要条件，故正确；对于，根据命题的否定的定义可得：“，”.故 正确.故答案为：【点睛】本题考查
11、充分必要条件的概念，特称命题的否定，属于基础题.16. 设，分别是双曲线的左右焦点，若双曲线右支上存在一点，使，为坐标原点，且，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】取的中点，由，可得，由是的中位线，得到，由双曲线的定义求出和的值，进而在中，由勾股定理可得结论.【详解】解：取的中点，则，是的中位线，.由双曲线定义得，.中，由勾股定理得，.故答案为：.【点睛】本题考查求双曲线的离心率，考查双曲线的定义和双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，判断是直角三角形，是解题的关键.三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2
12、223题为选考题，考生根据要求作答.17. 已知圆及点，过点的直线与圆交于两点，当的面积最大时，求直线的方程.【答案】或【解析】【分析】求出直线的斜率不存在时的面积；当直线的斜率存在时，设的方程，再设圆心到直线的距离为，把的面积用含有的代数式表示，利用基本不等式求最值可得，再由点到直线的距离公式求直线的斜率，则直线方程可求.【详解】解：当直线的斜率不存在时，的方程为，则，的坐标分别为，.；当直线的斜率存在时，设的方程为，则圆心到直线的距离为，且，则.当且仅当，即时，取得最大值.，的最大值为.此时，由，解得或.则直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查分类讨论的数学思想方法，
13、训练了利用基本不等式求最值，考查运算求解能力，是中档题.18. 已知两个数列，其中数列是公差为的等差数列，点在函数的图象上，若，则点在函数的图象上.（1）求数列和的通项公式，；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先利用题设条件得到数列相邻项之间的关系式求得公差，即可求得，再由与的关系式求得；（2）先由（1）求得，再利用错位相减法求其前项和.【详解】解：（1）由已知得：，又，；（2）由（1）可得：，又，.【点睛】本题主要考查等差数列等比数列基本量的计算及错位相减法在数列求和中的应用，属于中档题.19. 在中，角、的对边分别为、，若.（1）证明：；（2）若，求角.
14、【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，可得，或，分类讨论即可证明；（2）由已知利用余弦定理得，可得，或，分类讨论即可求解的值.【详解】（1）证明：中，由，得，或，若，则，这与“”矛盾，；（2），由余弦定理得，或，当时，则，这与“”矛盾，当时，由（1）得，.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.20. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为和的中点，已知，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连结，推导出，从而平面，进而，推导出，从而平面，
15、由此能证明平面平面.（2）以为原点，以，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】证明：（1）连结，如图，为的中点，故，又，为的中点，又，平面，又，在中，斜边上的中线，在中，为直角三角形，且，又，平面，又平面，平面平面；（2），又平面平面，平面，则，两两垂直，以为原点，以，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，取，得，设是平面的法向量，则，取，得，.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线线面面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.21. 已知向
16、量，函数，.（1）当时，求的值；（2）若的最小值为，求实数的值；（3）是否存在实数，使函数，有四个不同的零点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】（1）利用向量数量积的公式化简函数即可；（2）求出函数的表达式，利用换元法结合一元二次函数的最值性质进行讨论求解即可；（3）由得到方程的根，利用三角函数的性质进行求解即可.【详解】解：（1），当时，则；（2），则，令，则，则，对称轴， 当，即时，当时，函数取得最小值，此时最小值，得(舍)， 当，即时，当时，函数取得最小值，此时最小值，得， 当，即时，当时，函数取得最小值，此时最小值，得(舍
17、)，综上若的最小值为，则实数；（3）令，得或，方程或在上有四个不同的实根，则，得，则，即实数的取值范围是.【点睛】本题主要考三角函数的性质，函数的零点以及复合函数的应用，综合性较强，运算量较大，有一定的难度.22. 已知椭圆的离心率，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.（1）求椭圆的方程.（2）设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为，点在线段的垂直平分线上，且，求的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由离心率求得和的关系，进而根据求得和的关系，进而根据求得和，则椭圆的方程可得.（2）由（1）可求得点的坐标，设出点的坐标和直线的斜率，表示出直线的方程与椭圆方程联立，消去
18、，由韦达定理求得点的横坐标的表达式，进而利用直线方程求得其纵坐标表达式，设线段的中点为，当时点的坐标是，线段的垂直平分线为轴，进而根据求得；当时，可表示出线段的垂直平分线方程，令得到的表达式根据求得；综合答案可得.【详解】解：（1）由，得.再由，解得.由题意可知，即.解方程组得，.所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知点的坐标是.设点的坐标为，直线的斜率为.则直线的方程为.于是两点的坐标满足方程组.消去并整理，得.由，得.从而.设线段的中点为，则的坐标为.以下分两种情况：当时，点的坐标是，线段的垂直平分线为轴，于是，.由，得.当时，线段的垂直平分线方程为.令，解得.由，整理得.故.所以.综上，或.【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质直线的方程直线的倾斜角平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查综合分析与运算能力.综合性强，难度大，易出错.
