湖南省湘潭市2018-2019学年高二上学期期末考试数学（理）试题含答案.doc

1、 湖南省湘潭市湖南省湘潭市 20182018- -20192019 年度第一学期期末高二理科数学试卷年度第一学期期末高二理科数学试卷 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 小题，共小题，共 60.060.0 分）分） 1.命题，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】 根据特称命题的否定是全称命题，且否定结论求解. 【详解】命题，故：， 故选 D. 【点睛】本题考查了含有量词的命题的否定，含有量词的命题的否定：换量词，否结论. 2.椭圆的焦距为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 结合椭圆的性质和公式,计算焦距,即可.

2、 【详解】结合椭圆的性质可知,故,故焦距为,故选 A. 【点睛】考查了椭圆的基本性质,关键抓住,计算,即可,难度较容易. 3.“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 结合充分条件和必要条件的判定,即可. 【详解】结合题意可知可以推出,但是并不能保证,故为充分不必要条件, 故选 A. 【点睛】考查了充分条件和必要条件的判定,难度较容易. 4.已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则角 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用余弦定理,计算角 B 的大小,即可. 【详解】利用余弦定

3、理,故,故选 B. 【点睛】考查了余弦定理,关键利用余弦定理公式,计算角的大小,即可,难度较容易. 5.若，则一定有 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用不等式的基本性质的应用求出结果 【详解】解：由于， 所以：， 进一步求出：， 由于：， 则：， 即：， 故选：C 【点睛】本题考查的知识要点：不等式的基本性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化 能力，属于基础题型 6.已知等比数列的公比为q，则 A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用等比数列的性质满足,代入,计算,即可. 【详解】结合等比数列的性质可知,解得,故选 C. 【点睛】考查了等

4、比数列的性质,关键利用,代入,计算,即可,难度较容易. 7.已知，则的最小值为 A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用基本不等式满足,代入,计算最小值,即可. 【详解】利用基本不等式满足,故最小值为, 当且仅当，即时取到最小值. 故选 D. 【点睛】考查了基本不等式计算最值问题,关键利用,计算,即可,难度较容易. 8.已知点 A(0,1,0)，B(1,0，1)，C(2,1,1)，点 P(x,0，z)，若 PA平面 ABC，则点 P 的 坐标为( ) A. (1,0，2) B. (1,0,2) C. (1,0,2) D. (2,0，1) 【答案】C 【解析】 【分析】

5、利用，即可得出 【详解】， ， ，解得 P(1,0,2) 故选：C 【点睛】本题考查向量数量积与垂直的关系，考查运算能力，属于基础题. 9.已知x，y满足约束条件，则的最大值为 A. 3 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 结合不等式组，绘制可行域，计算最值，即可。 【详解】结合不等式组,绘制可行域,如图 当目标函数平移到 B,z 取到最大值，故，故选 B。 【点睛】考查了线性规划问题，关键找出目标函数在哪个点取到最大值，即可，难度中等。 10.在中，则 A. 4 B. 2 C. 4 或 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用余弦定理，建立等式，解方程，计算长度，即可

6、。 【详解】 利用余弦定理可知， 而， 代入可得， 故选 C。 【点睛】考查了余弦定理，关键利用余弦定理，建立方程，计算，即可，难度中等。 11.如图，在三棱柱中，底面ABC，则与平 面所成角的大小为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 建立空间坐标系，计算坐标，计算平面的法向量，运用空间向量数量积公式，计算 夹角即可。 【详解】取 AB 的中点 D，连接 CD，以 AD 为 x 轴，以 CD 为 y 轴，以为 z 轴，建立空间直 角坐标系， 可得，故，而 ，设平面的法向量为，根据 ，解得， . 故与平面所成角的大小为，故选 A。 【点睛】考查了空间向量数量积坐标运算，关键

7、构造空间直角坐标系，难度偏难。 12.已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点， 且左， 右焦点分别为， ， 与 在第一象限的交点为P，是以为底边的等腰三角形，若，与的离心 率分别为，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 结合椭圆性质和双曲线性质，用 c 表示，结合 c 的范围，计算，即可。 【详解】结合题意可知,故对于椭圆而言,解得,此时 , 对于双曲线而言,解得,满足,解得,故 , 令,则,其中, 可知在单调递减, 可知当 趋于 1 的时候,趋于无穷大,当 t=2 时， 故，故选 B。 【点睛】考查了圆锥曲线的性质，考查了利用函数单调性判定函数的范围，难

8、度偏难。 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，共小题，共 20.020.0 分）分） 13.已知向量2，x，且，则x的值为_ 【答案】8 【解析】 【分析】 利用空间向量数量积坐标运算，计算 x 的值，即可。 【详解】，解得。 【点睛】考查了空间向量数量积坐标运算，结合坐标运算，建立方程，计算，即可，属于基 础题。 14.设是等差数列的前n项和，若，则_ 【答案】65 【解析】 【分析】 利用等差数列前 n 项和公式和等差数列的性质，计算，即可。 【详解】，故 【点睛】考查了等差数列的性质，考查了等差数列求和公式，难度较容易。 15.若抛物线的焦点恰好是双曲线的右焦点，则实

9、数p的值 为_ 【答案】12 【解析】 【分析】 利用双曲线的性质和抛物线焦点坐标计算，建立方程，计算，即可 【详解】 【点睛】考查了双曲线的性质，考查了抛物线的性质，关键利用焦点相同，建立方程，即可， 中等难度。 16.一批救灾物资随 51 辆汽车从某市以的速度匀速直达灾区， 已知两地公路线长 400km， 为了安全起见，两辆汽车的间距不得小于，那么这批物资全部到达灾区，最少需要 _ 【答案】10 【解析】 【分析】 用速度 v 表示时间，结合基本不等式，计算最小值，即可。 【详解】当最后一辆车子出发，第一辆车子走了小时，最后一辆车走完全程共需 要小时，所以一共需要小时，结合基本不等式，计算

10、最值，可得 ，故最小值为 10 小时 【点睛】考查了基本不等式计算函数最值问题，关键利用，计算最小值，即可， 难度中等。 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 6 小题，共小题，共 70.070.0 分）分） 17.设命题p：，命题q：若命题为假命题，为真命 题，求实数a的取值范围 【答案】或 【解析】 【分析】 求出命题p，q为真命题的等价条件，结合复合命题真假关系进行求解即可 【详解】解：若：， 则判别式，得， 由得，得， 若命题为假命题，为真命题， 则p，q一个为真命题，一个为假命题， 若p真q假，则得， 若p假q真，则得， 综上或， 即实数a的取值范围是或 【点睛】本题主要考查

11、复合命题真假关系的应用，求出命题为真命题的等价条件是解决本题 的关键注意要进行分类讨论 18.已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且 求角A； 若，求的面积 【答案】(1) ；(2). 【解析】 【分析】 由正弦定理可得， 结合， 可求， 结合范围， 可求 由已知利用余弦定理可得，解得c的值，根据三角形面积公式即可计算得解 【详解】解： 由正弦定理可得：， ， ，即， ， ， 由余弦定理，可得：，可得：， 解得：， 负值舍去 ， 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用， 考查了计算能力和转化思想，属于基础题 19.已知公差不为零的等差数列的前n项和

12、为，且，成等比数列 求数列的通项公式； 设，数列的前n项和为，证明： 【答案】(1)；(2)详见解析. 【解析】 【分析】 设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式、等比数列的中项性质可得 首项和公差的方程组，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式； 求得，由数列的裂项相消求和， 化简可得，再由不等式的性质，即可得证 【详解】解：公差d不为零的等差数列的前n项和为， 可得， ，成等比数列，可得，即为， 即为， 由可得， 则； 证明：， 可得前n项和为 ， 由，可得 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式、等比数列中项性质，以及数列的裂项相 消求和，考查化简整理的运算能力

13、，属于中档题 20.已知椭圆C：的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为 2 求椭圆C的方程； 设直线l：交椭圆C于A，B两点，且，求m的值 【答案】(1)；(2). 【解析】 【分析】 通过短轴的一个端点到右焦点的距离为 2 可知，进而利用离心率的值计算即得结论； 设，联立直线与椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，得到根与 系数的关系，再利用弦长公式即可得出 【详解】解：由题意可得， 解得：， 椭圆C的方程为； 设， 联立， 得， ， ， 解得 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、韦达定理、弦长公式，属于中档题 21.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD是边长为

14、4 的菱形，E是AD的中点 求证：平面PAD； 求平面PAB与平面PBC所成的锐二面角的余弦值 【答案】(1)详见解析；(2). 【解析】 【分析】 连接BD，推导出，由此能证明平面PAD 以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面PAB 与平面PBC所成锐二面角的余弦值 【详解】证明：连接BD，由，E是AD的中点，得， 由平面平面ABCD，可得平面ABCD， 又由于四边形ABCD是边长为 4 的菱形， ， ，平面 解：以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 0，2，0， ， 0， 令平面PAB的法向量为y，结合,建立方程得到

15、 ,则取，得1， 同理可得平面PBC的一个法向量为1， 所以平面PAB与平面PBC所成锐二面角的余弦值为： ， 【点睛】本题考查线面垂直的证明，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，考查函数与方程思想，是中档题 22.已知F为抛物线E：的焦点，为E上一点，且过F任作两条 互相垂直的直线 ， ，分别交抛物线E于P，Q和M，N两点，A，B分别为线段PQ和MN的中 点 求抛物线E的方程及点C的坐标； 试问是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由； 证明直线AB经过一个定点，求此定点的坐标，并求面积的最小值 【答案】 (1) 抛物线方程

16、为，或 ； (2) 是定值， 定值为 ； (3) 过定点； 面积的最小值为 6. 【解析】 【分析】 根据抛物线的性质和定义即可求出，代值计算即可求出点C的坐标， 设直线 的方程为，则直线 的方程为，设， ，根据抛物线定义可得，再分别联立 方程组根据韦达定理可得，即可求出， 设，由分别求出点A，B的坐标，求出直线AB的斜率，写出直线方程， 即可得到直线过定点，再根据两点之间的距离公式和点到直线的距离公式可得表示三角 形面积，根据基本不等式即可求出最值 【详解】解：抛物线E：的准线方程为， 为E上一点，且， ，即， 抛物线方程为， 当时， 即或 由可得， 设直线 的方程为，则直线 的方程为， 设， ， 由， 分别消x可得， ， ， ， 故是为定值，定值为 设， ，B分别为线段PQ和MN的中点， 由可得， ， 则直线AB的斜率为， 直线AB的方程为，即， 直线AB过定点， 点到直线的距离， ，当且仅当时取等号 故面积的最小值为 6 【点睛】本题考查直线方程的求法，考查直线是否过定点坐标的判断与求法，考查直线与抛 物线的位置关系，解题时要认真审题，注意中点坐标公式的合理运用，三角形的面积，基本 不等式，属于中档题