2018-2019学年湖南省娄底市高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版） 18页

‎2018-2019学年湖南省娄底市高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．设命题，，则为（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据非命题的要求得解.‎ ‎【详解】‎ 因为“任意”的否定是“存在”，“等于”的否定是“不等于”‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查非命题，注意区别非命题与命题的否定，属于基础题.‎ ‎2．已知，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】求函数定义域得集合A，求函数值域得集合B，取交集即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 由函数y＝ln（9﹣x2），得9﹣x2＞0，‎ 即（x+3）（x﹣3）＜0，解得：﹣3＜x＜3，‎ 所以集合A＝（﹣3，3），‎ 由函数＞0，得集合B＝（0，+∞），‎ 则A∩B＝．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查交集的运算及函数定义域值域的求法，属于基础题.‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为　　‎ A．6 B．8 C．10 D．12‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为，上半部分为直三棱柱，高为，底面是等腰直角三角形，直角边长为，再由正方体与棱柱的体积公式求解．‎ ‎【详解】‎ 由三视图还原原几何体如图，‎ 该几何体为组合体，下半部分为正方体，棱长为，上半部分为直三棱柱，高为，底面是等腰直角三角形，直角边长为，则该几何体的体积, 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是基础题．‎ ‎4．执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据输入的条件执行循环，并且每一次都要判断结论是或否，直至退出循环.‎ ‎【详解】‎ ‎，，，；，．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查程序框图，执行循环，属于基础题.‎ ‎5．函数的图象大致为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】可采用排除法，根据奇偶性和特殊点的函数值的正负进行排除.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以的图象关于原点对称，故排除；‎ 当时，，当时，，所以，排除B．‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据函数的奇偶性和特殊点的函数值的正负识别图像，属于基础题.‎ ‎6．设点的坐标为，点在抛物线上移动，到直线 的距离为，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先由抛物线的定义转化所求的距离和，再根据两点之间线段最短求最值.‎ ‎【详解】‎ 点到准线的距离为，于是，‎ 所以的最小值为．‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的定义和两线段之和最值，属于中档题.‎ ‎7．若，则函数的图象在处的切线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由微积分基本定理求得值，再根据导函数求切线方程.‎ ‎【详解】‎ ‎，，，，‎ 则切线方程为，即．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查微积分基本定理和由导函数求切线方程，属于基础题.‎ ‎8．已知等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．或 ‎【答案】C ‎【解析】根据等差中项的定义和等比数列的通项公式求解.‎ ‎【详解】‎ 因为，，成等差数列，所以，又因为为等比数列，‎ 所以，即，解得．‎ 因为数列的各项均为正数，所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差中项和等比数列的通项公式，属于基础题.‎ ‎9．在中，“”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】根据诱导公式和三角形的关系判断是否从左推右成立或从右推左成立，从而判断充分条件和必要条件.‎ ‎【详解】‎ 若，则；‎ 若，则，‎ 因为A，B为三角形的内角，所以或，‎ 即或．‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查充分条件和必要条件，属于基础题.‎ ‎10．已知函数在区间上单调递增．将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度．得到函数的图象，且当时，，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据正弦的二倍角化简，再由函数的单调性和值域求解.‎ ‎【详解】‎ 将化简，得，‎ 由已知可得，则．因为，所以．‎ 所以，当时，，‎ 又，结合正弦函数的图象可得，所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的恒等变换和函数的单调性和值域，属于基础题.‎ ‎11．设是双曲线的一个焦点，，是的两个顶点，上存在一点，使得与以为直径的圆相切于，且是线段的中点，则的渐近线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据图形的几何特性转化成双曲线的之间的关系求解.‎ ‎【详解】‎ 设另一焦点为，连接，由于是两的切线，‎ 则，且，‎ 又是的中点，则是的中位线，‎ 则，且，‎ 由双曲线定义可知，‎ 由勾股定理知，，，‎ 即，渐近线方程为，‎ 所以渐近线方程为．‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的简单的几何性质，属于中档题.‎ ‎12．在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解.‎ ‎【详解】‎ 由，‎ 可得，即.又，所以．‎ 因为，所以点为的重心，‎ 所以，所以，‎ 两边平方得．‎ 因为，所以，‎ 于是，所以，‎ 的面积为.‎ 因为的面积是面积的倍.故的面积为．‎ ‎【点睛】‎ 本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题.‎ 二、填空题 ‎13．若x，y满足约束条件，则的最小值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】画出可行域，通过向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最小值.‎ ‎【详解】‎ 画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最小值，且最小值为.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最大值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画图可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.‎ ‎14．函数在上的最大值是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出导函数，求解极值点，然后判断函数的单调性求解函数的最大值即可．‎ ‎【详解】‎ 函数，，令，解得．‎ 因为，函数在上单调递增，在单调递减；‎ 时，取得最大值，．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的导数的应用，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值是解题的关键．‎ ‎15．已知，，且．若成立，则的取值范围为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据均值不等式的“1”的妙用得最值求解.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 当且仅当，时，取等号，‎ 由题意得，解得或．‎ 故得解.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查均值不等式，属于中档题.‎ ‎16．如图，在三棱锥，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，结合为等腰直角三角形，求得向量的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解。‎ ‎【详解】‎ 取得中点，连接，，因为，所以.‎ 因为平面平面，平面平面.‎ 所以平面，又因为，所以，于是以为坐标原点，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，结合为等腰直角三角形，,为等边三角形，则，，，，‎ 所以，，‎ 所以 ，‎ 故异面直线与所成角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用空间向量求解异面直线所成的角，其中解答中根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力。‎ 三、解答题 ‎17．在等差数列中，，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】(1)根据等差数列的通项公式求解；‎ ‎(2)运用裂项相消法求数列的和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，∴，‎ 即．‎ ‎∴．‎ ‎（2）由（1）可得，‎ 即.‎ 利用累加法得 ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的通项公式和裂项相消法求数列的和.‎ ‎18．在中，角所对的边分别为，已知，．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的周长．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】(1)由三角函数的恒等变换化简角，再运用正弦定理边角互化得解；‎ ‎(2)由余弦定理反映三角形的三边的关系求解三角形的周长.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由，‎ 得，即，‎ 所以，．‎ 因为，所以，故 ．‎ ‎（2）由余弦定理得，‎ 所以．‎ 因为，所以，．‎ 于是．‎ 的周长为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查运用三角形的正弦定理和余弦定理，属于中档题.‎ ‎19．设函数.‎ ‎（1）若，求的极值；‎ ‎（2）若，求的单调区间.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】（1）当时，对函数求导，利用导数性质，即可求出极值。（2）当时，对函数求导，利用导数性质求出单调区间即可。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以 当时，，当，.‎ 所以在处取得极小值，极小值为，无极大值.‎ ‎（2）因为，所以.‎ 令，得，.‎ 当时，，当时，.‎ 故的单调递增区间为.‎ 的单调递减区间为，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数求函数极值与单调区间的问题，属于中档题。‎ ‎20．如图，在三棱锥中，，，，，分别为线段上的点，且，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）由已知可得平面，得到，从而得到平面，即，然后利用勾股定理得，从而得到平面，由线面垂直得性质定理即可得到证明；（2）根据已知条件可建立以为坐标原点，以为轴、轴、轴的正方向建立的空间直角坐标系，求出平面和面的法向量，利用向量公式计算即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：由，，且，‎ 则平面，平面，‎ 故，‎ 又，，‎ 则平面，平面，‎ 故.‎ 因为，，‎ 所以，‎ 故.‎ 又因为，‎ 所以平面，‎ 又平面，则 ‎（2）由（1）知，为等腰直角三角形，过作垂直于，‎ 易知，，又，故 由，，得，‎ 故 以为坐标原点，分别以为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则，，，，，‎ ‎，，.‎ 设平面的法向量为，则 ‎，‎ 令，得 设平面的法向量为 则，‎ 令，则，，故 ‎，‎ 由图可知二面角为钝角，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查利用空间向量解决空间角，解决空间角的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角.‎ ‎21．已知椭圆的右焦点为，点为椭圆上的动点，且的最大值和最小值分别为和．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线与椭圆交于两个不同点，，与轴交于．若，且（为坐标原点），求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）．（2）‎ ‎【解析】(1)由椭圆的近地距离和远地距离求得椭圆的方程；‎ ‎(2)由直线与椭圆的方程联立求解，得判别式和韦达定理，并将向量的关系转化为交点的坐标的关系求解.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由，得，则．‎ 故椭圆C的方程为．‎ ‎（2）设，，‎ 由，得，‎ ‎，（）‎ ‎，，‎ 因为，所以，即．‎ 又，所以，即．‎ 所以，于是．‎ 因此，，故，‎ 即，‎ 整理得．‎ 若，上式不成立；若，，‎ 由（）式得，‎ 所以，‎ 得，‎ 故的取值范围为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与椭圆的位置关系，是常规题目，此类题的解题的关键在于将已知的向量关系、线段关系、面积关系、位置关系等关系转化到交点的坐标的关系，运用韦达定理求解，属于中档题.‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）若只有一个零点，求；‎ ‎（2）当时，对任意，恒成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）．（2）‎ ‎【解析】(1)利用导函数研究原函数的单调性得函数的大致图象，解决零点问题；‎ ‎(2)从表象看是双变量的问题，实质可转化为求闭区间上的最值问题.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）函数的定义域为，，‎ 当时，，，所以在上单调递减；‎ ‎，，所以在上单调递增，‎ 所以，‎ 故此时函数没有零点．‎ 当时，，，所以在上单调递减；‎ ‎，，所以在上单调递增，‎ 所以，‎ 因为函数只有一个零点，所以，即．‎ ‎（2）因为，所以．‎ 由（1）知在上单调递减，在上单调递增，所以．‎ 因为与，所以，‎ 设，‎ 则，‎ 所以在上单调递增，故，所以，‎ 从而，‎ 所以，即．‎ 设，则．‎ 当时，，所以在上单调递增，‎ 又，所以，等价于，则．‎ 因为，所以的取值范围为．‎ ‎【点睛】‎ 本题的关键是将双变量问题转化为求函数在闭区间是最大值和最小值的问题，根据其导函数研究原函数的单调性得最值，属于难度题.‎