高二数学上学期期末联考试题 理（含解析） 15页

‎【2019最新】精选高二数学上学期期末联考试题 理（含解析）‎ 注意：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，时间120分钟。‎ ‎2、全部答案在答题卡上完成,答在本试题上无效。‎ ‎3、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ 第I卷(共60分)‎ 一 、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1. 若命题“”为假，且“”为假，则 （ ）‎ A. “”为假 B. 假 C. 真 D. 不能判断的真假 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为“”为假，所以“”为真，又“”为假，所以为假，故选B．‎ 考点：1、复合命题的真假；2、命题的否定．‎ ‎2. 已知是等差数列，且……，则 （ ）‎ A. 3 B. 6 C. 9 D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为 ,选B - 15 - / 15‎ ‎3. 在中，，则的面积为（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎...............‎ 考点：余弦定理及三角形面积的求法．‎ ‎4. 在如图所示的正方体A1B1C1D1-ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　　)．‎ A. － B. － C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：取中点,连接则即为异面直线夹角，设边长为1‎ 由余弦定理的 考点：异面直线所成角 点评：先将异面直线平移为相交直线找到所求角，再在三角形中求三边余弦定理求角 ‎5. 已知，则f（x）在点P（－1,2）处的切线与坐标轴围成的三角形面积等于（ ）‎ A. 4 B. 5 C. D. ‎ ‎【答案】C - 15 - / 15‎ ‎【解析】 f（x）在点P（－1,2）处的切线方程为 与坐标轴围成的三角形面积等于 ,选C ‎6. 过抛物线y2=8x的焦点作直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的横坐标为4，则∣AB∣等于 （ ）‎ A. 12 B. 8 C. 6 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】∣AB∣ ,选A.‎ ‎7. 已知等差数列满足, ,则前n项和取最大值时，n的值为 A. 20 B. 21 C. 22 D. 23‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由得 ，由 ‎ ,所以数列前21项都是正数，以后各项都是负数，故取最大值时，n的值为21‎ 考点：本小题主要考查等差数列的性质.‎ 点评：等差数列是一类比较特殊也比较重要的数列，要充分利用等差数列的性质解决问题，可以简化运算.‎ ‎8. 是的导函数，的图象如右图所示，则的图象只可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 15 - / 15‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：首先观察函数的图象，与x轴的交点即为的极值点，然后根据函数与其导数的关系进行判断．‎ 由图可以看出函数的图象是一个二次函数的图象，在a与b之间，导函数的值是先增大后减小 故在a与b之间，原函数图象切线的斜率是先增大后减小，故选D．‎ 考点：函数的单调性与导数的关系 ‎9. 已知是抛物线的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形平面区域内（含边界）的任意一点，则的最大值为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】约束条件为 可行域如图,所以直线过点A(2,-1)时取最大值5,选C.‎ ‎10. 如图：的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于. 已知则的长为 ( ) ‎ A. B. 6 C. D. 8‎ - 15 - / 15‎ ‎【答案】A ‎【解析】 ‎ 选A ‎11. 若上是减函数，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意得 上恒成立,即 ,选C ‎12. 已知椭圆的左焦点为F,椭圆C与过原点的直线相交于A、B两点,连接AF、BF. 若|AB|=10,|BF|=8，cos∠ABF=,则C的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由余弦定理得，所以有勾股定理得，设是右焦点，根据椭圆的对称性知四边形是矩形.所以，， ，故选B.‎ 考点：1、椭圆的定义和几何性质；2、余弦定理及勾股定理.‎ 第Ⅱ卷(共90分)‎ - 15 - / 15‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡相应的位置上。）‎ ‎13. 设平面α与向量＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量＝(2,3,1)垂直，则平面α与β的位置关系是________．‎ ‎【答案】垂直 ‎【解析】因为 ,因此αβ ‎14. 已知三角形△ABC的三边长成公差为2的等差数列，且最大角的正弦值为，则这个三角形的周长是________.‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】试题分析：设三角形的三边为，因为它的最大角的正弦值为，所以它的最大角的余弦值为，所以由余弦定理得：，解得，所以三角形的三边为3,5,7，所以三角形的面积为.‎ 考点：等差数列的性质；余弦定理；三角形的面积公式。‎ 点评：本题主要考查三角形的余弦定理的灵活应用。在应用余弦定理的时候，一般的时候，已知那个角就用那个公式。‎ ‎15. 由函数所围成的封闭图形的面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】围成的封闭图形的面积为 ‎ ‎16. 已知函数f(x)=-2lnx(a∈R)，g(x)=，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，则实数a的范围为_______.‎ ‎【答案】‎ - 15 - / 15‎ ‎【解析】由题意得不等式 在[1，e]上有解,即 ‎ 令 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题卡的相应位置）‎ ‎17. 已知命题若非是的充分不必要条件，求的取值范围。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：借助题设条件建立不等式组求解.‎ 试题解析:由记A={x|x＞10或x＜-2},‎ q:解得或1-a,记B={x|1+a或}.‎ 而p ‎ ‎∴AB,‎ 即 ‎∴.‎ 考点：充分必要条件及运用．‎ ‎18. 已知、、为的三内角，且其对边分别为、、，若．‎ - 15 - / 15‎ ‎（1）求角的大小； ‎ ‎（2）若，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由已知可得 ；（2）由余弦定理得 .‎ 试题解析： （1）∵，‎ ‎∴，又∵，∴.‎ ‎∵，∴.‎ ‎（2）由余弦定理，‎ 得，即，∴，‎ ‎∴.‎ 考点：解三角形.‎ ‎19. 已知，且满足：‎ ‎(1)求证:是等差数列。 ‎ ‎(2)的前项和, 若…+，求 ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）取倒数将递推关系转化为相邻两项差为常数3，再根据等差数列定义得证（2）先根据等差数列通项公式求，再根据和项与通项关系求，最后根据错位相减法求和 - 15 - / 15‎ 试题解析：(1), ,则,‎ 是首项为1,公差为3的等差数列; ‎ ‎（2）= ‎ 由(1)知 ‎=‎ ‎（1）-（2）得： ‎ 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎20. 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD, AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．用空间向量进行以下证明和计算：‎ ‎(1)证明：BE⊥DC；‎ ‎(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F-AB-P的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）.‎ - 15 - / 15‎ ‎【解析】试题分析：（I）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据 ‎，可得BE⊥DC；（II）求出平面PBD的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（Ⅲ）根据BF⊥AC，求出向量的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F-AB-P的余弦值 试题解析：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系（如图所示），可得B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．C由E为棱PC的中点，得E（1，1，1）．‎ ‎（1）证明：向量＝（0，1，1），＝（2，0，0），‎ 故＝0，‎ 所以BE⊥DC. ‎ ‎（2）向量＝（－1，2，0），＝（1，0，－2）．‎ 设n＝（x，y，z）为平面PBD的法向量，‎ 则 ‎ 不妨令y＝1，可得n＝（2，1，1）为平面PBD的一个法向量．于是有 ‎＝＝＝，‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎（3） 向量＝（1，2，0），＝（－2，－2，2），＝（2，2，0），＝（1，0，0）．‎ 由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.‎ - 15 - / 15‎ 故＝＋＝＋λ＝（1－2λ，2－2λ，2λ）．由BF⊥AC，得＝0，因此2（1－2λ）＋2（2－2λ）＝0，解得λ＝，即＝.设n1＝（x，y，z）为平面FAB的法向量，即不妨令z＝1，可得n1＝（0，－3，1）为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝（0，1，0），则 cos〈n1，n2〉＝＝＝－.‎ 易知二面角F AB P是锐角，所以其余弦值为.‎ 方法二：（1）证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝DC.又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.‎ 因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.又BE∥AM，所以BE⊥CD.‎ ‎（2）连接BM，由（1）有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD.而EM∥CD，故PD⊥EM.又因为AD＝AP，M为PD的中点，所以PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD，所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．‎ 依题意，有PD＝2，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝，‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ - 15 - / 15‎ ‎（3）如图所示，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD，所以FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG为二面角F AB P的平面角．‎ 在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝，所以二面角F AB P的余弦值为.‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角 ‎21. 已知点，椭圆： 的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设过点的动直线与椭圆交于、两点，当 的面积最大时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.‎ 试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，‎ 所以，. ‎ - 15 - / 15‎ 又 解得，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）解：设 由题意可设直线的方程为：，‎ 联立消去得，‎ 当，所以，即或时 ‎.‎ 所以 点到直线的距离 所以，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 当且仅当，即，‎ 解得时取等号，‎ 满足 所以的面积最大时直线的方程为：或.‎ - 15 - / 15‎ ‎【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.‎ 视频 ‎22. 已知f（x）=ax-lnx，a∈R.‎ ‎（1）当a=1时，求曲线f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；‎ ‎（2）是否存在实数a，使f（x）在区间（0，e]的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据导数几何意义得切线的斜率是，再根据点斜式求切线方程（2）先求导数，根据导函数零点情况分类讨论，确定对应函数单调性，进而确定最小值取法，最后根据最小值为3，解出a的值 试题解析：（Ⅰ）， ‎ ‎∴切线的斜率是，又切点是 ‎ ‎∴ 切线的方程是：‎ ‎（2）假设存在实数，使（）有最小值3，‎ ‎①当时，在上单调递减，，‎ ‎（舍去），所以，此时无最小值． ‎ ‎②当时，在上单调递减，在上单调递增 - 15 - / 15‎ ‎，，满足条件． ‎ ‎③ 当时，在上单调递减，，（舍去），所以，此时无最小值． ‎ ‎ 综上，存在实数，使得当时有最小值3．‎ 点睛：利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用或求单调区间；第二步：解得两个根；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小．‎ - 15 - / 15‎