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- 2021-06-07 发布
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辽宁省六校协作体2018-2019学年高二下学期期初考试数学（文)试题
评卷人
得分
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
解不等式得出集合A、B，根据并集的定义写出A∪B．
【详解】
集合A＝{x||x|＜1}＝{x|﹣1＜x＜1}，
B＝{x|x（x﹣3）＜0}＝{x|0＜x＜3}，
则A∪B＝{x|﹣1＜x＜3}＝（﹣1，3）．
故选：D．
【点睛】
本题考查集合的运算，是基础题．
2．命题“”的否定为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据全称命题的否定是特称命题，符合换量词否结论，不变条件这一条件,按照这一规律写出即可.
【详解】
由全称命题否定的定义可知，“”的否定为“”，故选B．
【点睛】
一般命题的否定通常是保留条件否定其结论，得到真假性完全相反的两个命题；含有一个量词的命题的否定，是在否定结论的同时，改变量词的属性，即全称量词改为存在量词，存在量词改为全称量词．注意：命题的否定只否定结论，而否命题是条件与结论都否定．
3．已知等差数列的前项和为，若，则=（ ）
A．13 B．35 C．49 D．63
【答案】C
【解析】
【分析】
由等差数列性质得：S7=（a1+a7）=（a2+a6），由此能求出结果．
【详解】
∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a6=14，
∴S7=（a1+a7）=（a2+a6）==49．
故选：C．
【点睛】
(1)本题主要考查等差数列的基本量的计算和通项公式，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和基本的运算能力.(2) 等差数列中，如果,则,注意这个性质的灵活运用.
4．已知为锐角，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：由正切的诱导公式得，故，由公式得， ，因为为锐角，所以，故选B
考点：诱导公式 正弦余弦正切之间的关系
5．已知向量满足，，，则（）
A．2 B． C．4 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据向量的模的平方以及向量数量积求得、，再根据向量的模的平方求结果.
【详解】
因为，所以，因此由得，从而，选A.
【点睛】
本题考查向量的模以及向量数量积，考查基本求解能力.
6．函数（且）的图像恒过定点，若点在直线上，其中，则的最小值为（）
A．16 B．24 C．50 D．25
【答案】D
【解析】
【分析】
由题A（4，1），点A在直线上得4m+n＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值．
【详解】
令x﹣3＝1，解得x＝4，y＝1，
则函数y＝loga（x﹣3）+1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点A（4，1），
∴4m+n＝1，
∴（）（4m+n）＝16+1
≥17+217+8＝25，当且仅当m＝n时取等号，
故则的最小值为25，
故选：D．
【点睛】
本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．
7．已知,是直线，是平面，给出下列命题：
①若，，，则或．
②若，，，则．
③ 若,,,,则．
④若，且，，则．
其中正确的命题是 （ ）
A．①,② B．②,③ C．②,④ D．③,④
【答案】C
【解析】
试题分析：①由，，，直线可能在平面内，所以不正确；②若，，，由面面平行的性质定理可知；③中两条直线不一定相交，根据面面平行的性质定理知不正确；根据线面平行的性质定理可知④正确.
考点：本小题主要考查空间中直线、平面间的位置关系.
点评：此题考查学生对空间中点、线、面的位置关系的理解与掌握．重点考查学生的空间想象能力．
8．已知函数 的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，可得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，求得函数g（x）＝Acos（φx+ω）图象的一个对称中心．
【详解】
根据函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，
可得A＝2，2（6+2），∴ω．
再根据函数的图象经过点（6，0），结合图象可得•6+φ＝0，∴φ，∴f（x）＝2sin（x）．
则函数g（x）＝Acos（φx+ω）＝2cos（x）＝2cos（x）
x解x=,结合选项k=-1满足题意，∴图象的一个对称中心可能（，0），
故选：D．
【点睛】
本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）图象的应用，求解析式，属于基础题．
9．已知点，椭圆与直线交于点，则的周长为（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【解析】
因为直线过椭圆的左焦点(－，0)，所以△ABM的周长为|AB|＋|AM|＋|BM|＝4a＝8，故选B.
10．已知焦点在轴上的双曲线的左右两个焦点分别为和，其右支上存在一点满足，且的面积为3，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由双曲线可知，从而.
故选：B.
11．已知是首项为1的等比数列，是的前n项和，且，则数列的前5项和为
A．或5 B．或5 C． D．
【答案】C
【解析】
设等比数列{an}的公比为q,
∵9S3=S6,
∴8(a1+a2+a3)=a4+a5+a6,
∴8=q3,即q=2,
∴an=2n-1,
∴=n-1,
∴数列是首项为1,公比为的等比数列,故数列的前5项和为=.故选B.
12．已知 ，若有四个不同的实根，且
，则的取值范围( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
分析：因为题设有个变量，故利用分段函数的图像可得，，所以就可化成关于的函数，最后根据有四个不同的实数根得到的取值范围即得的取值范围．
详解：由题设，有在上有两个不同的解，在上有两个不同的解．
当时， ，故，
因，故，
所以即且．
当时， ， 且．
所以，故选A ．
点睛：对于多变量函数的范围问题，降低变元的个数是首选方法，故需要利用函数图像找到各变量之间的关系．注意根据零点的个数判断的取值范围．
第II卷（非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题
13．设变量满足约束条件则的最大值为__________ .
【答案】2
【解析】
试题分析：依题意，画出可行域（如图示），
则对于目标函数，
当直线经过时，
取到最大值，
考点：简单的线性规划
14．已知具有线性相关关系的两个量之间的一组数据如表：
0
1
2
3
4
2.2
4.3
4.5
m
6.7
且回归直线方程是，则的值为____________．
【答案】4.8
【解析】
【分析】
求出数据中心，代入回归方程即可求出m的值．
【详解】
2，．
∴0.95×2+2.6，解得m＝4.8．
故答案为4.8.
【点睛】
本题考查了线性回归方程的性质，属于基础题．
15．三棱锥,,,,（单位：）则三棱锥外接球的体积等于_____________.
【答案】
【解析】
【分析】
补充图形为长方体，三棱锥P﹣ABC的外接球，与棱长为1，1，的长方体外接球是同一个外接球，用长方体的对角线长求外接球的半径，可得球的体积．
【详解】
三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，
PA＝AB＝1，BC，
画出几何图形如图所示；
补充图形为长方体，则棱长分别为1，1，；
∵对角线长为2，
∴三棱锥D﹣ABC的外接球的半径为1，
∴该三棱锥外接球的体积为π×13cm3．
故答案为．
【点睛】
本题考查球的组合体问题，构建长方体是问题的关键．
16．已知是抛物线上的动点，点是圆上的动点，点是点在轴上的射影，则的最小值是____________．
【答案】3.
【解析】
根据抛物线的定义，可知，而的最小值是，所以的最小值就是的最小值，当三点共线时，此时最小，最小值是 ，所以的最小值是3.
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系以及抛物线的几何性质和最值问题，考查了转化与化归能力，圆外的点和圆上的点最小值是点与圆心的距离减半径，最大值是距离加半径，抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，这样转化后为抛物线上的点到两个定点的距离和的最小值，即三点共线时距离最小.
评卷人
得分
三、解答题
17．在中，角的对边分别是，，.
（1）求角的大小；
（2）若为边上一点，且，的面积为，求的长.
【答案】(1)；(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理得：，解得sinB，结合b＜c，可得B为锐角，利用三角形内角和定理可求B，A的值．
（2）利用三角形面积公式及已知可求CD，由余弦定理即可解得BD的值．
【详解】
（1）∵C＝60°，可得：sinC，由cb，可得：，
又∵由正弦定理，可得：，解得：sinB，
∵由已知可得b＜c，可得B为锐角，
∴可得：B＝45°，A＝180°﹣B﹣C＝75°．
（2）∵△BCD的面积为，即：a•CD•sinC，解得：CD＝1，
∴由余弦定理可得：BD．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角形内角和定理，考查了数形结合思想的应用和计算能力，属于中档题．
18．已知数列的前项和满足，其中．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）数列的通项公式为；
（2）实数的取值范围是．
【解析】
试题分析：（1）已知数列的前项和满足，利用，求出数列是等比数列，然后求出通项公式即可；（2）根据第一问的结论，先表示出，因此对都成立，即，解出实数的取值范围即可．
试题解析:（1）∵， ①
当，∴，
当，∵， ②
①-②：，即：
又∵，∴对都成立，所以是等比数列，
∴
（2）∵，∴，∴，
∴，
∵，∴对都 成立
∴，∴或，
∴实数的取值范围为
考点：1、数列通项公式的求法；2、恒成立问题．
19．某校从高一年级参加期末考试的学生中抽出50名学生，并统计了他们的数学成绩（满分为100分），将数学成绩进行分组，并根据各组人数制成如下频率分布表：
（1）写出的值，并估计本次考试全年级学生的数学平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从成绩在内的学生中任选出两名同学，从成绩在内的学生中任选一名同学，共三名同学参加学习习惯问卷调查活动.若同学的数学成绩为43分，同学的数学成绩为分，求两同学恰好都被选出的概率.
【答案】(1),全年级学生的数学平均分为73.8；（2）.
【解析】
试题分析：
(1)由题意结合频率分布表可得，据此估计本次考试全年级学生的数学平均分为.
（2）设数学成绩在内的四名同学分别为，成绩在内的两名同学为，由题意可知选出的三名同学共有12种情况.两名同学恰好都被选出的有3种情况，满足题意的概率值为.
试题解析：
(1)，
估计本次考试全年级学生的数学平均分为：
.
（2）设数学成绩在内的四名同学分别为，
成绩在内的两名同学为，
则选出的三名同学可以为：
、、、、、、、、、、、，共有12种情况.
两名同学恰好都被选出的有、、，共有3种情况，
所以两名同学恰好都被选出的概率为.
20．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，是抛物线上异于的两点．
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线的斜率之积为，求证：直线过定点．
【答案】（1）y2=4x； （2）直线AB过x轴上一定点（8，0）.
【解析】
【分析】
（I）利用抛物线的焦点坐标，求出，然后求抛物线的方程；（Ⅱ）通过直线的斜率是否存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率乘积关系，转化求解即可．
【详解】
（Ⅰ）因为抛物线的焦点坐标为，所以，所以.
所以抛物线的方程为.
（Ⅱ）证明：①当直线的斜率不存在时，设，，
因为直线，的斜率之积为，所以，化简得.
所以，，此时直线的方程为.
②当直线的斜率存在时，设其方程为，，，
联立得化简得.
根据根与系数的关系得，
因为直线，的斜率之积为，
所以，
即.即，
解得（舍去）或.
所以，即，所以，
即.
综上所述，直线过轴上一定点.
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系的应用直线过定点问题，抛物线的方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，设而不求整体代换方法的应用，分类讨论的思想，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理是常用手段，属于中档题.
21．如图,棱形的边长为6, ,.将棱形沿对角线折起,得到三棱锥,点是棱的中点, .
（Ⅰ）求证：∥平面;
（Ⅱ）求三棱锥的体积.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（1）求证：平面，这是证明线面平行问题，证明线面平行，即证线线平行，可利用三角形的中位线，或平行四边形的对边平行，本题注意到是的中点，点是棱的中点，因此由三角形的中位线可得，，从而可得平面；（2）求三棱锥的体积，由已知，由题意,可得，从而得平面，即平面，因此把求三棱锥的体积，转化为求三棱锥的体积，因为高，求出的面积即可求出三棱锥的体积.
试题解析：（１）证明：因为点是菱形的对角线的交点，
所以是的中点.又点是棱的中点，
所以是的中位线，. 2分
因为平面,平面， 4分
所以平面. 6分
（２）三棱锥的体积等于三棱锥的体积. 7分
由题意，,
因为,所以，. 8分
又因为菱形，所以. 9分
因为,所以平面，即平面10分
所以为三棱锥的高. 11分
的面积为 ， 13分
所求体积等于 . 14分
考点：线面平行的判定，几何体的体积.
22．已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A,B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求面积的最大值.
【答案】(1)；(2).
【解析】
试题分析：
(1)由题意可得： ，则椭圆方程为．
(2)分类讨论：①当轴时，．
②当与轴不垂直时，设处直线的方程，利用题意结合根与系数的关系讨论最值即可，综合两种情况可得.
试题解析：
（1）设椭圆的半焦距为，依题意
，所求椭圆方程为．
（2）设，．
①当轴时，．
②当与轴不垂直时，设直线的方程为．
由已知，得．
把代入椭圆方程，整理得 ，
，
．
当且仅当，即时等号成立．
当时，，综上所述．
当时，取得最大值，面积也取得最大值．
.