遼寧省遼陽市2018-2019學年高二上學期期末考試數(shù)學(理)試題(解析版)

1、高二期末考試數(shù)學試卷（理科）考生注意：1.本試卷分第i卷（選擇題）和第ii卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試時間120分鐘. 2.請將各題答案填寫在答題卡上. 3.本試卷主要考試內容：人教b版必修5第二章、第三章，選修2-1，選修4-4或4-5. 第i卷一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1.設命題：，則為（）a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】 b 【解析】【分析】全稱命題的否定是特稱命題，寫出即可?！驹斀狻恳驗槿Q命題的否定是特稱命題，所以為：，【點睛】本題考查了全稱命題的否定，屬于基礎題。2.在等差數(shù)列中，若

2、，是方程的兩個根，則（）a. b. c. d. 【答案】 d 【解析】【分析】由題意知+，再利用等差中項可以求出. 【詳解】由題意知，+，而是等差數(shù)列，故+，所以. 故選 d. 【點睛】本題考查了等差中項，以及一元二次方程的根與系數(shù)關系，屬于基礎題。3.橢圓的離心率為（）a. b. c. d. 【答案】 a 【解析】【分析】由橢圓的方程，求出a 和 c，進而求出離心率?！驹斀狻坑深}意知橢圓中，故離心率. 故選a. 【點睛】本題考查了橢圓離心率的求法，屬于基礎題。4.不等式的解集為（）a. b. 或 c. d. 或【答案】 c 【解析】【分析】將分式不等式轉化為整式不等式且，求解即可?！驹斀狻坎?/p>

3、等式等價于，解得. 故不等式的解集為. 故選 c. 【點睛】本題考查了分式不等式的求法，屬于基礎題。5.已知雙曲線的離心率，且其虛軸長為8，則雙曲線的方程為a. b. c. d. 【答案】 c 【解析】【分析】根據(jù)題意建立的方程，求出即可得到結果 . 【詳解】根據(jù)題意得到：，得故方程為：. 故答案為： c. 【點睛】求雙曲線方程的方法一般就是根據(jù)條件建立的方程，求出即可，注意的應用 . 6.直三棱柱中，若，則（）a. b. c. d. 【答案】 d 【解析】要表示向量，只需要用給出的基底表示出來即可， 要充分利用圖形的直觀性，熟練利用向量加法的三角形法則進行運算解答：解：=-故選 d7.若等比

4、數(shù)列的前項和為，則（）a. b. c. d. 【答案】 a 【解析】【分析】由，代入，可以求出，然后利用等比數(shù)列的前項和公式，可以得到，進而可以求出答案。【詳解】設等比數(shù)列的公比為，則，因為，所以，故，則. 故選 a. 【點睛】本題考查了等比數(shù)列的性質及前項和公式，屬于基礎題。8.設直線 的方向向量為，平面的法向量為，則使成立的是（）a. ， b. ，c. ， d. ，【答案】 b 【解析】【分析】由題意，驗證，得到，進而得到答案?！驹斀狻坑深}意，只有b中，所以，故【點睛】本題主要考查了利用空間向量判定點、線、面的位置關系的應用，其中熟記空間向量與線面位置關系的判定方法，熟練使用平面的法向量是

5、解答本題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。9.“方程表示的曲線為橢圓”是“”的（）a. 充分不必要條件 b. 必要不充分條件 c. 充要條件 d. 既不充分也不必要條件【答案】 a 【解析】【分析】先求出方程為橢圓時的范圍，然后根據(jù)充分條件和必要條件的定義進行判斷即可?！驹斀狻咳舴匠瘫硎镜那€為橢圓，則，解得且，則“方程表示的曲線為橢圓”是“”的充分不必要條件?！军c睛】 方程，若，則方程表示的曲線為圓；若，且，則方程表示的曲線為橢圓；若，則方程表示的曲線為雙曲線。10.已知空間向量，平面的一個法向量為，則直線與平面所成角為（）a. b. c. d. 【答案】 a 【解析】【分析】由

6、題意，根據(jù)空間向量的夾角公式，求得，即可得到直線與平面所成角，得到答案?！驹斀狻坑深}意，空間向量，平面的一個法向量為，所以根據(jù)空間向量的夾角公式，可得，即則直線與平面所成角，故選 a?！军c睛】本題主要考查了利用空間向量求解直線與平面所成的角，其中解答中熟記向量法求解線面角的方法，熟練應用空間向量的夾角公式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題。11.已知，且. 若恒成立，則的取值范圍為（）a. b. c. d. 【答案】 c 【解析】【分析】由題意，利用基本不等式，可得的最小值為12，得到，即可求解實數(shù)的取值范圍，得到答案?！驹斀狻坑深}意，利用基本不等式，可得，當且僅當，時，取

7、等號，得，解得或，故選 c。【點睛】本題主要考查了利用基本不等式求最值，以及不等式的恒成立問題的求解，其中解答中利用基本不等式求得的最小值，合理轉化恒成立問題是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題。12.設雙曲線（，）的上頂點為，直線與交于，兩點，過，分別作，的垂線交于點，若到點的距離不超過，則的離心率的取值范圍是（）a. b. c. d. 【答案】 d 【解析】【分析】由雙曲線的對稱性可知點在軸上，設，求得，進而根據(jù)題設條件得到關于的不等式，得出關于離心率的不等式，即可求解?！?詳 解 】 由 題 意 可 知， 且， 由 雙 曲 線 的 對 稱性 可 知點 在軸 上

8、， 設， 則，所以. 所以，所以. 因為，所以，即，解得，又，所以，故選 d。【點睛】本題主要考查了雙曲線的離心率的取值范圍，其中解答中熟記雙曲線的標準及其簡單的幾何性質，根據(jù)題設條件，得出關于的不等式，即關于離心率的不等式是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題。第 卷（共 90 分）二、填空題，本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案在答題卡中的橫線上. 13.若滿足約束條件，則的最小值為 _【答案】【解析】【分析】由約束條件作出可行域，化目標函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求得最優(yōu)解的坐標，代入目標函數(shù)得答案【詳解】由約束條件得到可行域如圖

9、：z 2x3y 變形為 y x- ，當此直線經(jīng)過圖中a（1， 1）時，在y 軸的截距最大，z最小，所以z的最小值為2 1 3 11；故答案為：1【點睛】本題考查二元一次不等式組與平面區(qū)域問題、函數(shù)的最值及其幾何意義，線性規(guī)劃中的最值問題主要涉及三個類型：1. 分式形式：與斜率有關的最值問題：表示定點p與可行域內的動點m(x,y) 連線的斜率 .2. 一次形式z=ax+by: 與直線的截距有關的最值問題,特別注意斜率范圍及截距符號 . 14.命題 “ 當時，若，則. ” 的逆命題是 _【答案】當時，若，則【解析】【分析】利用原命題與逆命題之間的關系轉化即可?！驹斀狻吭}為：“ 當時，若，則.

10、”它的逆命題為：“ 當時，若，則. ”【點睛】原命題：“若，則 ” ；逆命題：“若，則”；實質是將原命題的條件和結論互相交換位置；否命題：“若非，則非”，或“若，則”；實質是將原命題的條件和結論兩者分別否定；逆否命題：“若非，則非”，或“若，則”；實質是將原命題的條件和結論兩者分別否定后再換位或將原命題的條件和結論換位后再分別否定。15.已知是拋物線的焦點，是該拋物線上的兩點，則線段的中點到軸的距離為_【答案】【解析】【分析】由拋物線方程求出準線方程，利用拋物線的定義將和轉化為，到準線的距離，進而可以求出的中點的縱坐標，即可求出答案。【詳解】拋物線的焦點，準線方程，設，, 所以，解得，所以線段

11、的中點的縱坐標為，故線段的中點到軸的距離為. 【點睛】本題考查了拋物線定義的運用，屬于基礎題。16.如圖，在三棱錐，為等邊三角形，為等腰直角三角形，平面平面， 為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為_【答案】【解析】【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，結合為等腰直角三角形，求得向量的坐標，利用向量的夾角公式，即可求解?！驹斀狻咳〉弥悬c，連接，因為，所以. 因為平面平面，平面平面. 所以平面，又因為，所以，于是以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，結合為等腰直角三角形，,為等邊三角形，則，所以，所以，故異面直線與所成角的余弦值為. 【點睛】本題主要考查了利用空間向量求解異面直線所成的角，

12、其中解答中根據(jù)幾何體的結構特征，建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用向量的夾角公式求解是解答此類問題的關鍵，著重考查了推理與運算能力。三、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每道試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答. （一）必考題：共60分. 17.設是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，若，且，8 成等差數(shù)列求的通項公式；設，求證：數(shù)列的前 n 項和【答案】（1）； （2）見解析 . 【解析】【分析】設等比數(shù)列的公比為q，通過，8 成等差數(shù)列，求出公比，然后求解的通項公式求出，利用裂項相消法求解數(shù)列的和，即可說明數(shù)列的前 n 項

13、和為【詳解】設等比數(shù)列的公比為q，8 成等差數(shù)列即，即，解得或舍去 ，所以的通項為由上知，. . 所以. 【點睛】裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據(jù)式子的結構特點，常見的裂項技巧：(1)； （ 2）； （3）； （4）；此外，需注意裂項之后相消的過程中容易出現(xiàn)丟項或多項的問題，導致計算結果錯誤. 18.已知，且，設函數(shù)在上單調遞增；函數(shù)在上的最小值大于. （1）試問是 的什么條件？為什么？（2）若命題為假，命題為真，求的取值范圍 . 【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】（1）先求出命題和 各自對應的的取值范圍，即可得出是 的必要

14、不充分條件； （2）由命題為假，命題為真，可知命題和 一真一假，分兩種情況，真 假或 假 真進行討論，即可求出答案?！驹斀狻浚?）對命題，若函數(shù)在上單調遞增，則，對命題，若函數(shù)在上的最小值大于，則，即，所以 是 的必要不充分條件. （2）若 為真，則，因為，且，所以，若 為真，則，因為，且，所以，且，又因為“或 ”為真，“且 ”為假，所以 真 假或假 真，當 真 假時，由，得. 當 假 真時，由，得. 綜上所述，的取值范圍是. 【點睛】 當 p、q 同時為假時， “p 或 q”為假， 當 p、q 至少一個為真時，“p 或 q”為真， 可簡稱為“一真必真”；當 p、q 同時為真時，“p且 q”為

15、真，當p、q 至少一個為假時，“p 且 q”為假，可簡稱為“一假必假”；“非 p”與 p 的真假相反。19.已知過的直線 與拋物線交于點，. （1）若為弦的中點，求直線的方程；（2）若為拋物線的焦點，為拋物線上的動點，求的最小值 . 【答案】（1）； （2） 7 【解析】【分析】（1）設出，兩點的坐標，分別代入拋物線方程，結合弦的中點坐標可以求出直線的斜率，即可求出直線的方程； （ 2）利用拋物線的定義，將轉化為到拋物線的準線的距離，當直線與 軸平行時，取得最小值?！驹斀狻浚?）由題意易知直線的斜率顯然存在，設直線的斜率為，則有，兩式作差得，即得. 因為，所以. 則 的方程為. 即. （2）記

16、到拋物線的準線的距離為，由拋物線的定義可知. 于是，所以當直線與 軸平行時，最小，故的最小值為. 【點睛】本題考查了拋物線的中點弦問題，及拋物線定義的應用，屬于中檔題。20.如圖，菱形的邊長為4，矩形的面積為，且平面平面. (1) 證明：；(2) 求二面角的正弦值 . 【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】(1) 因為四邊形是矩形，所以,再由面面垂直得到線面垂直，進而得到線線垂直；（2）建立坐標系得到各個面的法向量，進而得到夾角的余弦值，再求正弦值. 【詳解】 (1) 證明：因為四邊形是矩形，所以. 因為平面平面，且平面平面，所以平面. 又平面，所以. (2) 解：設與的交點為，建立如圖

17、所示的空間直角坐標系. 因為菱形的邊長為4，且，所以. 因為矩形的面積為8，所以. 則，所以，. 設平面的法向量為，則，令，則，所以. 設平面的法向量為，則，令，則，所以. 所以，所以. 所以二面角的正弦值為. 【點睛】這個題目考查了空間中的直線和平面的位置關系，平面和平面的夾角。求線面角，一是可以利用等體積計算出直線的端點到面的距離，除以線段長度就是線面角的正弦值；還可以建系，用空間向量的方法求直線的方向向量和面的法向量，再求線面角即可。面面角一般是要么定義法，做出二面角，或者三垂線法做出二面角，利用幾何關系求出二面角，或者建系來做。21.已知橢圓的四個頂點圍成的四邊形的面積為，原點到直線的

18、距離為. （1）求橢圓的方程；（2）已知定點，是否存在過的直線 ，使 與橢圓交于， 兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由. 【答案】（1）； （2）存在，且方程為或. 【解析】【分析】（ 1） 依 題 意 列 出 關 于a,b,c的 方 程 組 ， 求 得a,b, 進 而 可 得 到 橢 圓 方 程 ； （ 2 ） 聯(lián) 立 直 線 和 橢 圓 得 到，要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，結合韋達定理可得到參數(shù)值 . 【詳解】（1）直線的一般方程為. 依題意，解得，故橢圓的方程式為. （2）假若存在這樣的直線，當斜率不存在時，以為直徑的圓顯然不經(jīng)過橢圓的左頂點，所以可設直線的斜率為，則直線的方程為. 由，得. 由，得. 記，的坐標分別為，則，而. 要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，即，所以，整理解得或，所以存在過的直線 ，使 與橢圓交于， 兩點， 且以為直徑的圓過橢圓的左頂點， 直線 的方程為或. 【點睛】本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關