陕西吴起高级中学高二数学上学期期末考试能力试卷理

吴起高级中学2018-2019学年第一学期期末考试高二理科数学试卷（能力）考试范围：数列;解三角形；不等式；常用逻辑用语；空间向量与立体几何；圆锥曲线与方程考试时间：120分钟；注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题 共60分）一、选择题：（本大题共12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.命题且是真命题，则命题是（）A. 假命题 B. 真命题 C. 真命题或假命题 D. 不确定【答案】B【解析】【分析】命题p且q是真命题，则命题p和命题q都为真命题.【详解】命题p且q是真命题，由复合命题真值表可知，命题p和命题q都为真命题.故选：B【点睛】本题考查含有逻辑连接词的复合命题的真假判断，属于基础题.2.不等式x2x60的解集为（ ）A. 13,12 B. 12,13 C. (3,2) D. (2,3)【答案】D【解析】分析：直接利用一元二次不等式的解法即可.详解：解方程x2x6=0，得x1=3,x2=2，不等式x2-x-60的解集为(-2,3).故选：D.点睛：本题考查一元二次不等式的解法，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答.3.已知等差数列an中，a3=9,a9=3，则公差d的值为（ ）A. 12 B. 1 C. 1 D. 12【答案】C【解析】【分析】由等差数列的通项公式进行计算即可得答案.【详解】等差数列an中，a3=9,a9=3，则a9=a3+6d,即3=9+6d,解得d=-1故选：C【点睛】本题考查等差数列通项公式的应用，属于简单题.4.命题“xR,使得x2=1”的否定是（ ）A. xR,都有x2=1 B. xR,使得x2=1C. xR,使得x2=1 D. xR,都有x21【答案】D【解析】特称命题的否定为全称命题，将存在量词变为全称量词，同时将结论进行否定，故命题“xR，使得x2=-1”的否定是“xR，都有x2-1”，故选D.5.唐代诗人杜牧的七绝唐诗中有两句诗为：“今来海上升高望，不到蓬莱不成仙。”其中后一句中“成仙”是“到蓬莱”的（ ）A. 充分条件 B. 必要条件C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件【答案】A【解析】因为：不到蓬莱不成仙，成仙到蓬莱，“成仙”是“到蓬莱”的充分条件，选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假并注意和图示相结合，例如“pq”为真，则p是q的充分条件2等价法：利用pq与非q非p，qp与非p非q，pq与非q非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若AB，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若AB，则A是B的充要条件6.在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为() A. 30 B. 45 C. 60 D. 90【答案】C【解析】连接BC1、D1A，D1C，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点MNC1B.C1BD1A，MND1A，D1AC为异面直线AC与MN所成的角.D1AC为等边三角形，D1AC=60.故选C.点睛: 本题主要考查异面直线所成的角.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7.曲线x216+y225=1与曲线y225-k-x2k-16=10k16的（ ）A. 离心率相等 B. 焦距相等 C. 长轴长相等 D. 短轴长相等【答案】B【解析】【分析】分别求出两个曲线的长轴，短轴，离心率，焦距，即可得到结果【详解】曲线x216+y225=1为焦点在y轴上的椭圆，长轴2a=10，短轴2b8，离心率e35，焦距2c6曲线y225-k-x2k-16=y225-k+x216-k=10k0 ，b0 ），右焦点F 到渐近线的距离为2 ，F 到原点的距离为3 ，则双曲线C 的离心率为（ ）A. 53 B. 62 C. 63 D. 355【答案】D【解析】 由题意，双曲线C:x2a2y2b2=1(a0,b0)，右焦点F到渐近线的距离为2，到原点的距离为3，则双曲线焦点到渐近线的距离为b=2,c=3，又b2=c2a2，代入得a2=5，解得e=35=355，故选D10.在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b2+c2=a2+bc，若sinBsinC=sin2A，则ABC的形状是（ ）A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】结合b2+c2=a2+bc，利用余弦定理可得cosA=12，可得A=3，由sinBsinC=sin2A，利正弦定理可得bc=a2，代入b2+c2=a2+bc，可得b=c，进而可得结论.【详解】在ABC中，b2+c2=a2+bc，cosA=b2+c2a22bc=bc2bc=12，A0,，A=3，sinBsinC=sin2A，bc=a2，代入b2+c2=a2+bc，bc2=0，解得b=cABC的形状是等边三角形，故选C【点睛】本题考查了正弦定理余弦定理、等边三角形的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.已知椭圆x24+y2=1上一点P与椭圆的左右焦点F1,F2构成一个三角形，且F1PF2=600,则F1PF2的面积为（ ）A. 43 B. 33 C. 3 D. 433【答案】B【解析】【分析】先利用椭圆定义求出|PF1|+|PF2|和|F1F2|的值，然后利用余弦定理求出|PF1|PF2|的值，再代入三角形的面积公式即可【详解】由椭圆x24+y2=1可知，a2，b1，c3，P点在椭圆上，F1、F2为椭圆的左右焦点，|PF1|+|PF2|2a4，|F1F2|2c23，在PF1F2中，cosF1PF2PF12+PF22-F1F222PF1PF2=PF1+PF22-2PF1PF2-F1F222PF1PF2=16-122PF1PF2-112，|PF1|PF2|43，又在F1PF2中，SF1PF212|PF1|PF2|sinF1PF2124332=33；故选：B【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形的面积的求法，关键是应用椭圆的定义和余弦定理转化12.设x、yR+且xy(x+y)=1，则（ ）A. x+y2(2+1) B. xy2+1C. x+y(2+1)2 D. xy2(2+1)【答案】A【解析】【分析】x，yR+且xy（x+y）1，可得xy1+（x+y）x+y24，化简解出即可得【详解】x，yR+且xy（x+y）1，则xy1+（x+y）1+2xy，化为：xy22xy10，解得xy1+2，即xy1+22,xy1+（x+y）x+y24,即x+y2-4x+y-40解得x+y2(2+1)故选：A【点睛】本题考查利用基本不等式求最值问题，属于基础题.第II卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）13.三角形一边长为14，它对的角为60，另两边之比为8：5，则此三角形面积为_ _【答案】403【解析】试题分析：设另外两边为8t,5t，由三角形余弦定理得25t2+64t219628t5t=12 t=2S=128t5t32=403考点：1余弦定理；2三角形面积公式14.若抛物线y2=4x 上一点M到焦点的距离为3，则点M到y轴的距离为_【答案】2【解析】抛物线y2=4x 上一点M到焦点的距离为3，则抛物线y2=4x 上一点M到准线x=1得距离为3，则点M到y轴的距离为31=2 .15.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成角为60，M为PA中点，连接DM，则DM与平面PAC所成角的大小是_【答案】45【解析】设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为62a，建立如图所示空间直角坐标系，则平面PAC的法向量为n(1,0,0)，D(22a,0,0)，A0，22a,0，P(0,0,62a)，M(0,24a,64a)，DM(22a,24a,64a)，所以cos DM，n|nDM|n|DM|22，所以DM与平面PAC所成角为45.16.设x,y满足约束条件x2y+302x3y+40y0，若目标函数z=ax+by（其中a0,b0）的最大值为3，则1a+2b的最小值为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】试题分析：作出可行域，如图ABC内部（含边界），作直线l:ax+by=0，当直线向上平移时，增大，因此当过点B(1,2)时，z最大=a+2b=3，1a+2b=13(a+2b)(1a+2b)=13(5+2ab+2ba)13(5+22ab2ba) =3（当且仅当2ab=2ba时等号成立），因此1a+2b的最小值为3故选C考点：简单的线性规划，基本不等式【名师点睛】1求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义2常见的目标函数有：（1）截距型：形如zaxby.求这类目标函数的最值常将函数zaxby转化为直线的斜截式：yx，通过求直线的截距的最值间接求出z的最值（2）距离型：形如z（xa）2（yb）2.（3）斜率型：形如z.注意：转化的等价性及几何意义三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.如图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，若水位下降1米后，则水面宽多少米？【答案】26【解析】【分析】通过建立直角坐标系，设出抛物线方程，将A点代入抛物线方程求得m，得到抛物线方程，再把B（x0，3）代入抛物线方程求得x0进而得到答案【详解】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为x2=-2py(p0)由题意可得A（2，-2），B（x0，3）,将点A代入抛物线，得p=1，所以方程为：x2=-2y,则当y=-3时，x2=6,x=6,所以水面宽为26米。【点睛】本题主要考查抛物线的应用考查学生利用抛物线解决实际问题的能力18.各项均为正数的等比数列an中，a1=1,a5=4a3.（1）求an的通项公式；（2）记Sn为an前n项和若Sm=63，求m【答案】（1）an=2n1 （2）6【解析】【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q，即得an通项公式（2）利用等比数列前m项和公式求出Sm，代入Sm=63可求出m【详解】（1）设an的公比为q，由题设得an=qn-1由已知得q4=4q2，解得q=0（舍去），q=-2（舍）或q=2故an=2n-1（2）因为an=2n-1，所以Sm=1-2m1-2=2m-1=63,得2m=64，解得m=6【点睛】本题考查等比数列通项公式的求法，考查等比数列前n项和公式的应用，考查运算求解能力，是基础题19.已知命题P：关于的x不等式x2+(a1)x+10的解集为空集；命题q：函数f(x)=ax2+ax+1没有零点，若命题P且q为假命题，P或q为真命题，求实数的取值范围.【答案】1,03,4 【解析】【分析】先求命题p,q分别为真时a的取值范围，再分别求出当p真q假和当q真p假时a的取值范围，求并集可得答案【详解】对于命题p：x2+（a1）x+10的解集为空集b24ac（a1）240，解得1a3对于命题q：f（x）ax2+ax+1没有零点等价于方程ax2+ax+10没有实数根当a0时，方程无实根符合题意当a0时，a24a0解得0a40a4由命题pq为假命题，pq为真命题可知，命题p与命题q有且只有一个为真，当p真q假时得-1a3a0或a4解得1a0当p假q真时得a-1或a30a4解得3a4所以a的取值范围为-1,03,4【点睛】本题借助考查复合命题的真假判断，考查函数零点问题及一元二次不等式问题，解题的关键是求得组成复合命题的简单命题为真时参数的取值范围，属于基础题.20.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且atanC=2csinA（1）求角C的大小；（2）求sinA+sinB的最大值【答案】（）C=3;（） 3 【解析】试题分析：（1）首先根据题意边化角acsinCcosA=2csinA，由正弦定理得sinAsinCsinCcosC=2sinA,可得出角C（2）由C=60可得A+B=120可将sinA+sinB=sinA+sin(23-A)=32sinA+32cosA=3sin(A+6)然后根据A的范围即可求得最大值试题解析：(1)由atanC=2csinA得acsinCcosA=2csinA，由正弦定理得sinAsinCsinCcosC=2sinA,cosC=12. C=3.(2)sinA+sinB=sinA+sin(23-A)=32sinA+32cosA=3sin(A+6)C=3, 0A23当A=3时sinA+sinB的最大值为3.点睛：在解三角形时，要注意正弦定理角化边或边画角的运用，三角函数最值问题，首先要注意统一边变量，同时要注意所存在的范围，然后再求解最值21.如图，多面体ABCDEF中，ABCD是正方形，CDEF是梯形，EF/CD，EF=12CD，DE平面ABCD且DE=DA，M、N分别为棱AE、BF的中点（）求证：平面DMN平面ABFE；（）求平面DMN和平面BCF所成锐二面角的余弦值【答案】（）见解析（）1010【解析】试题分析：（1）通过证明AE平面DMN，所以平面DMN平面ABFE（2）建立空间直角坐标系，求出平面DMN和平面BCF的法向量，求二面角的余弦值。试题解析：（）EF/CD，ABCD是正方形EF/ABM、N分别为棱AE、BF的中点MN/ABDE平面ABCDDEABABAD，ADDE=DAB平面ADEABAE从而MNAEDE=DA，M是AE中点DMAEMNDM=MAE平面DMN又AE平面ABFE所以，平面DMN平面ABFE（）由已知，DA,DC,DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，设AD=2，则A(2,0,0)，E(0,0,2)，B(2,2,0)，C(