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- 2021-06-21 发布
新疆石河子二中2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题
一、单选题
1．设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={ x|x-1<0}，则A∩B=
A．(-∞，1) B．(-2，1)
C．(-3，-1) D．(3，+∞)
2．若，则（ ）
A． B． C． D．
3．设，则“”是“” 的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知非零向量a，b满足=2，且（a–b）b，则a与b的夹角为
A． B． C． D．
5．若cos(−a)=，则sin 2a =
A． B． C．− D．−
6．（理科）的展开式中的系数为
A．10 B．20 C．40 D．80
6．（文科）曲线在点处的切线方程是
A． B． C． D．
7．（理科）某次文艺汇演为，要将A，B，C，D，E，F这六个不同节目编排成节目单，如下表：
序号
1
2
3
4
5
6
节目
如果A，B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，那么节目单上不同的排序方式有
A．192种 B．144种 C．96种 D．72种
7．（文科）函数的极小值为（ ）
A． B． C． D．
8．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为
A．1 B．2 C．4 D．8
9．抛物线的焦点为，点是上一点，，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，有以下结论：
① ②
③ ④.
其中正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
11．若双曲线 （，）的一条渐近线被圆所截
得的弦长为2，则的离心率为 （ ）
A．2 B． C． D．
12．已知函数f（x）（x∈R）满足f（x）=f（a-x），若函数y=|x2-ax-5|与y=f（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），…，（xm，ym），且=2m，则a=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
13．已知x、y满足，则的最小值为________.
14．（理科）由曲线,直线及轴所围成的平面图形的面积为________.
14．（文科）若两个正实数满足，则的最小值为________.
15．在中，，，，点在线段上，若，则________.
16．已知函数在定义域内存在单调递减区间，则实数的取值范围是______．
三、解答题
17．在平面直角坐标系中，直线的的参数方程为（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线经过点．曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）过点作直线的垂线交曲线于两点(在轴上方)，求的值.
18．如图，在四边形中，，．已知，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，且，求的长．
19．已知在等比数列{an}中，＝2，，＝128，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且{}为等差数列．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和
20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(理科做文科不做)（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
21．
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），
F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．
22.已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.
参考答案
1．A
2．D
3．A
4．B
5．D
6．(理科) C
6．（文科） A
7．(理科) B
7．（文科）C
8．C.
9．B
10．B
11．A
12．D
13．4
14．（理科）
14.（文科）8
15．
16．
17．（1），；（2）
【解析】
【分析】
(1)利用代入法消去参数可得到直线的普通方程，利用公式可得到曲线的直角坐标方程；(2)设直线的参数方程为（为参数），
代入得，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】
（1）由题意得点的直角坐标为，将点代入得
则直线的普通方程为.
由得，即.
故曲线的直角坐标方程为.
（2）设直线的参数方程为（为参数），
代入得．
设对应参数为，对应参数为．则，，且.
．
【点睛】
参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
18．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）在中，由正弦定理可得答案;
（Ⅱ）由结合（Ⅰ）可得，在中，由余弦定理得BC值.
【详解】
（Ⅰ）在中，由正弦定理，得．
因为，
所以
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，
因为，
所以．
在中，由余弦定理，
得．
因为
所以，
即，
解得或．
又，则．
【点睛】
本题主要考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查计算能力，属于基础题.
19．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)根据等比数列的性质得到＝64，＝2，进而求出公比，得到数列{an}的通项，再由等差数列的公式得到结果；（2）根据第一问得到通项，分组求和即可.
【详解】
（1）设等比数列{an}的公比为q．
由等比数列的性质得a4a5＝＝128，又＝2，所以＝64．
所以公比．
所以数列{an}的通项公式为an＝a2qn－2＝2×2n－2＝2n－1．
设等差数列{}的公差为d．
由题意得，公差，
所以等差数列{}的通项公式为．
所以数列{bn}的通项公式为（n＝1，2，…）．
（2）设数列{bn}的前n项和为Tn．
由（1）知，（n＝1，2，…）．
记数列{}的前n项和为A，数列{2n－2}的前n项和为B，则
，．
所以数列{bn}的前n项和为．
【点睛】
这个题目考查了数列的通项公式的求法，以及数列求和的应用，常见的数列求和的方法有：分组求和，错位相减求和，倒序相加等.
20．（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】
（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
21.本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
解：（1）设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2-c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为.
（2）解法一：
由（1）知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).
又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由，得，
解得或.
将代入，得 ，
因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.因此.
解法二：
由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.
因为F1(-1，0)，由，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
因此.
22. 解：（1）．
令，得x=0或.
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0