广西贺州市2017-2018学年高二上学期期末质量检测数学（理）试题（解析版）

贺州市2017-2018学年度秋季学期期末高二年级质量检测试卷（理）数学第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.设集合,，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】集合,， 故选D2.双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依据双曲线性质，即可求出【详解】由双曲线得， ，即 ，所以双曲线的渐近线方程是，故选D【点睛】本题主要考查如何由双曲线方程求其渐近线方程，一般地双曲线的渐近线方程是；双曲线的渐近线方程是3.已知数列是等比数列，且，则的公比为（ ）A. 2B. -2C. D. 【答案】B【解析】因为数列是等比数列，且，所以,故选B.4.的内角的对边分别为，若则边长等于（ ）A. B. 5C. D. 【答案】A【解析】在中，即，解得，故选A.5.已知，则平面的一个法向量可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），=（1，1，0），=（1，0，1），设平面ABC的一个单位法向量为，则，易知：符合题意故选D6.等差数列的前项和为，若，则（ ）A. 56B. 95C. 1004D. 190【答案】B【解析】由题意得：，故选B.7.下列不等式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】当时，当x0时，所以，故A不正确，B正确；由于，所以，当且仅当，即时取等号，故C不正确；当时，时，故D不正确.所以选B.8.下列选项中，说法错误的是（ ）A. 命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”B. “”是“ ”的充分不必要条件C. 命题，则D. 若为假命题，则均为假命题【答案】C【解析】命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，满足逆否命题的形式，正确；“”是“ ”的充分不必要条件，前者推出后者，后者不能得到前者，所以是充分不必要条件，正确；命题，则，均有，不正确；若为假命题，则均为假命题为命题，正确，故选D.9.若直线被圆截得的弦长为4，则的最小值是（）A. 16B. 9C. 12D. 8【答案】B【解析】直线平分圆，所以直线经过圆心(-1,2).即，即.当且仅当，即时取得最小值9.故选B.10.已知两圆：，：，动圆在圆内部且和圆相内切，和圆相外切，则动圆圆心的轨迹方程为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设出动圆半径为，根据两圆外切和内切判定圆心距与两圆半径和差的关系，消去，根据椭圆的定义，即可求得动圆圆心的轨迹，进而可求其方程【详解】设动圆圆心，半径为，圆与圆：内切，与圆：外切，由椭圆的定义，的轨迹为以，为焦点的椭圆，可得，；则，动圆圆心的轨迹方程：，故选D【点睛】本题主要考查两圆的位置关系及椭圆的定义和标准方程，属于中档题两圆半径为，两圆心间的距离，比较与及与的大小，即可得到两圆的位置关系.11.正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：因为，所以与平面所成角的余弦值等价于与平面所成角的余弦值设正方体棱长为a，易知平面且设垂足为E，所以即为所求角由已知可得DE=，从而，所以故选D考点：斜线与平面所成的角【此处有视频，请去附件查看】12.在中，角，所对的边分别为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】在中，由正弦定理得，由余弦定理得，故选C.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.中的满足约束条件，则的最小值是_【答案】【解析】将化为，故几何意义即为直线在轴上的截距，划出点满足的可行域，通过平移直线可知，直线过点时，直线轴上的截距最小，此时也就有最小值，故答案为.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14.空间直角坐标系中，点和点的距离是_【答案】【解析】点和点的距离是：故答案15.在中，分别为内角的对边，若，且，则_【答案】4【解析】已知等式，利用正弦定理化简得：，可得，可解得，余弦定理可得，可解得，故答案为.16.已知椭圆，点与的焦点不重合，若关于的两焦点的对称点分别为，线段的中点在上，则_【答案】16【解析】设椭圆C长轴长为2a，则由，得a=4，又设F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，K为线段MN的中点，如图所示，由已知条件，易得F1，F2分别是线段MB，MA的中点，则在NBM和NAM中，有|NB|=2|KF1|，|NA|=2|KF2|，又由椭圆定义，得|KF1|+|KF2|=2a=8，故|AN|+|BN|=2（|KF1|+|KF2|）=16故答案为16点睛：本题解题关键是利用好椭圆定义，|PF1|+|PF2|为定值，结合平面几何性质，问题迎刃而解.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.） 17.等比数列中，已知（1）求数列的通项公式； （2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和【答案】(1) .(2) .【解析】试题分析：（1）本题考察的是求等比数列的通项公式，由已知所给的条件建立等量关系可以分别求出首项和公比，代入等比数列的通项公式，即可得到所求答案（2）由（1）可得等差数列的第3项和第5项，然后根据等差数列的性质可以求出等差数列的通项，然后根据等差数列的求和公式，即可得到其前项和试题解析：（）设的公比为由已知得，解得，所以（）由（）得，则，设的公差为，则有解得从而所以数列的前项和考点：等差、等比数列的性质【此处有视频，请去附件查看】18.在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足 （1）求角A的大小； （2）若，求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据条件使用余弦定理，即可求出；（2）先有正弦定理，得，再有余弦定理即可求出.试题解析：（1）由余弦定理得：，.（2）由，得，由余弦定理得解得，.点睛：解决三角形中的角边问题时，要根据条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小.19.已知命题 方程有两个不等的实根；命题方程表示焦点在轴上的双曲线.(1)若为真命题，求实数的取值范围；(2)若“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围.【答案】(1) (2) 或.【解析】试题分析：（1）根据双曲线的标准方程得到关于的不等式组，解之即可（2）根据复合命题真假关系得到p，q两命题应一真一假，进行求解即可试题解析：(1)由已知方程表示焦点在轴上的双曲线，则，得，得，即.(2)若方程有两个不等的实根则，解得或，即或.因或为真，所以至少有一个为真.因或为假，所以至少有一个为假.因此，两命题应一真一假，当为真，为假时，解得或；当为假，为真时，解集为空集.综上，或20.如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，是棱的中点.（）证明：平面平面；（）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（）证明见解析；（） 【解析】【详解】试题分析：（I）易证得平面,再由面面垂直的判定定理即可证得平面平面；(II)设棱锥的体积为,易求得，三棱术的体积为,于是得,从而可得答案.试题解析： （I）由题意知BCCC1，BCAC，CC1AC=C，BC平面ACC1A1，又DC1平面ACC1A1，DC1BC由题设知A1DC1=ADC=45，CDC1=90，即DC1DC，又DCBC=C，DC1平面BDC，又DC1平面BDC1，平面BDC1平面BDC；（II）设棱锥BDACC1的体积为V1，AC=1，由题意得，又三棱柱ABCA1B1C1的体积V=1，（VV1）：V1=1：1，平面BDC1分此棱柱两部分体积的比为1：1考点：平面与平面垂直的判定；棱柱的结构特征；几何体的体积.【易错点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定；棱柱的结构特征；棱柱,棱锥,棱台的体积.着重考查直线与平面垂直的判定定理的应用与棱柱,棱锥的体积,考查分析,表达与运算能力,属于中档题.证明垂直问题时一定严格按照定理成立的条件规范书写过程,另注意问题的转化:线线垂直-线面垂直-线线垂直.本题难度中等.21.已知关于的不等式.(1)若不等式的解集为，求的值.(2)求关于的不等式（其中）的解集.【答案】(1) ，(2)见解析【解析】试题分析：（1）将x=1代入ax2+3x+2=0求出a的值，再求对应不等式的解集，从而求出b的值；（2）把不等式ax2+3x+2ax1化为（ax+3）（x+1）0，讨论a的取值，从而求出对应不等式的解集试题解析：(1)将代入，得；所以不等式为，再转化为 ，所以原不等式解集为，所以；(2)不等式可化为，即 ；当，不等式的解集为或；当时，,不等式的解集为；当时，,不等式的解集为或；综上所述，原不等式解集为当时，或,当时，当时，或.点睛： （1）解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函 数的图象写出不等式的解集（2）解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即判别式的符号进行分类，最后当根存在时，再根据根的大小进行分类22.如图，抛物线：与椭圆：在第一象限的交点为，为坐标原点，为椭圆的右顶点，的面积为.（）求抛物线的方程；（）过点作直线交于、 两点，射线、分别交于、两点，记和的面积分别为和，问是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】（） ；（）存在直线符合条件【解析】试题分析：（1）设，因为的面积为，求得，代入抛物线即可求，则抛物线方程可求；（2），则设法求出与的表达式，并找到它们之间的联系.为此，设直线的方程为.与联立，设，可知，.直线OC的方程为，与联立并整理得，则可求，直线方程可得.试题解析：（1）因为的面积为，设，所以，代入椭圆方程得，抛物线的