广东深圳宝安区高二数学上学期期末调研理

广东省深圳市宝安区2018-2019学年第一学期高二理科数学期末调研试题一、选择题（本大题共10小题，共50.0分）1.下列说法正确的是（）A. “，若，则且”是真命题B. 在同一坐标系中，函数与的图象关于轴对称C. 命题“，使得”的否定是“，都有”D. ，“”是“”的充分不必要条件【答案】B【解析】【分析】由逆否命题的真假可判断A，判断点在函数图象上时，是否有在函数的图象上可判断B，由特称命题的否定判断C，解不等式可知两条件的关系.【详解】对于A，判断命题“，若，则且”是否为真命题，可以通过判断其逆否命题：“，若或，则”为假命题，知原命题为假命题；对于B，在同一坐标系中，若点在函数图象上，则有在函数的图象上，所以函数与的图象关于轴对称正确；对于C，由于特称命题的否定为全称命题，所以命题“，使得”的否定是“，都有”，所以C不正确；对于D，由，可得或，所以“”是“”的必要不充分条件，所以D不正确.故选B.【点睛】本题属于一道综合题，涉及到图象的对称性及互为逆否关系的命题的真假判断，特称命题的否定及命题的充分性和必要性的判断，属于中档题.2.已知双曲线：与双曲线：，给出下列说法，其中错误的是（ ）A. 它们的焦距相等 B. 它们的焦点在同一个圆上C. 它们的渐近线方程相同 D. 它们的离心率相等【答案】D【解析】由题知则两双曲线的焦距相等且，焦点都在圆的圆上，其实为圆与坐标轴交点渐近线方程都为，由于实轴长度不同故离心率不同故本题答案选，3.在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】由韦达定理知，则，则等比数列中，则在常数列或中，不是所给方程的两根则在等比数列中，“，是方程的两根”是“”的充分不必要条件故本题答案选4.在中，已知，且是方程的两根，则的长度为A. 2 B. 4 C. 6 D. 7【答案】D【解析】【分析】由方程的解求出的值，根据余弦定理即可求出的长度【详解】 是方程 的两根，或，由余弦定理，则，故选D【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.5.在上定义运算，若存在使不等式，成立，则实数的取值范围为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由新定义的运算，把不等式化为，分离出和，利用函数的最值求关于的不等式的解集即可【详解】由运算知，不等式化为，即；设 ，则的最大值是；令，即，解得，实数的取值范围是,故选A【点睛】本题考查了新定义与不等式和函数的应用问题，是中档题新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.6.已知直线、经过圆的圆心，则的最小值是A. 9 B. 8 C. 4 D. 2【答案】A【解析】【分析】由圆的一般方程得圆的标准方程为，所以圆心坐标为，由直线过圆心，将圆心坐标代入得，所以，当且仅当时，即时，等号成立，所以最小值为9【详解】圆化成标准方程，得，圆的圆心为，半径直线经过圆心C，即，因此，、，当且仅当时等号成立由此可得当，即且时，的最小值为9故选：A【点睛】若圆的一般方程为 ，则圆心坐标为，半径7.A，B，C是的内角，其中，则的取值范围A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用两角和与差的正弦公式、三角形内角和定理，将化为，根据正弦函数的单调性即可得结果【详解】因为所以,，故选B【点睛】本题考查了两角和与差的正弦公式、三角形内角和定理及其三角函数的单调性，属于中档题形如，的函数求值域，分两步：（1）求出的范围；（2）由的范围结合正弦函数的单调性求出，从而可求出函数的值域.8.已知0，与的夹角为，则的值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出向量的坐标，及向量的模，再利用空间向量的夹角余弦公式列方程求解即可【详解】因为，所以，所以，所以，且解得，故选C【点睛】本题考查的知识要点：空间向量的数量积，空间向量的模及夹角的运算，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于基础题9.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.10.（2017新课标全国II理科）我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A. 1盏 B. 3盏C. 5盏 D. 9盏【答案】B【解析】【详解】设塔顶的a1盏灯，由题意an是公比为2的等比数列，S7=381，解得a1=3故选：B二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）11.孙子算经是我国古代的数学名著，书中有如下问题:“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗.问:五人各得几何?”其意思为“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子.”这个问题中，得到橘子最少的人所得的橘子个数是_【答案】6【解析】设等差数列,首项,公差为,则,解得,即得到橘子最少的人所得的橘子个数是6,故填6.12.如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个测点与，现测得，米，并在点测得塔顶的仰角为，则塔高_米【答案】【解析】【分析】中，由三角形内角和定理求出，利用正弦定理求得的值，在直角中求出的值【详解】因为，所以，在中，根据正弦定理可知，即，解得，在直角中，所以塔高米故答案为.【点睛】本题主要考查正弦定理的实际应用，以及直角三角形的边角关系应用问题，是基础题正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.13.已知数列的通项公式为，则数列前15项和为的值为_【答案】.【解析】分析：,利用裂项相消法即可得结果详解：因为数列的通项公式为，所以，故答案为.点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.14.过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，若，则的中点到y轴的距离等于_【答案】4【解析】【分析】过 分别作准线的垂线，垂足分别为，由为直角梯形的中位线及抛物线的定义求出，到轴的距离为所求【详解】抛物线焦点，准线方程为，由于的中点为，过 分别作准线的垂线，垂足分别为交纵轴于点，如图所示：由抛物线的定义可知，则由为直角梯形的中位线知，故答案为4【点睛】本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛物线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.三、解答题（本大题共6小题，共80.0分）15.已知实数x，y满足，记点所对应的平面区域为D在平面直角坐标系xOy中画出区域用阴影部分标出，并求区域D的面积S；试判断点是否在区域D内，并说明理由【答案】(1)画图见解析；。(2) 点在区域内，理由见解析.【解析】分析：（1）画出三个不等式表示的平面区域，取其公共部分即为所求（2）将点代入三个不等式中判断不等式是否同时成立，从而可得结论详解：（1）画出不等式组表示的区域（如图阴影部分所示）由，解得，故点结合图形可得区域的面积（2）点在区域内理由如下：因为，所以三个不等式同时成立，所以点在区域内点睛：不等式组表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域点集的交集，画出图形后，面积关系可结合平面知识探求判断点是否在不等式组表示的平面区域内，可根据点的坐标是否满足不等式组即可得到结论16.已知函数(1)若，且函数有零点，求实数的取值范围；(2)当时，解关于的不等式；(3)若正数满足，且对于任意的恒成立，求实数的值【答案】(1) ； (2) 时；时；时；(3) ；【解析】【分析】(1)由可得结果；(2)时， ，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；(3)时恒成立，当且仅当，即，即，由，可得，则，解不等式即可的结果【详解】(1) 时，由函数有零点，可得，即或；(2) 时， ，当即时，的解集为，当即时，的解集为，当即时，的解集为；(3)二次函数开口响上，对称轴，由可得在单调递增，时恒成立，当且仅当，即，即，由，可得，则，由可得，即，则，此时，则【点睛】本题主要考查函数的零点、一元二次不等式的解法、二次函数的性质以及分类讨论思想的应用，属于中档题分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中17.ABC的内角的对边分别为,已知ABC的面积为(1)求;(2)若求ABC的周长.【答案】(1)(2) .【解析】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.18.已知各项都是正数的数列的前n项和为，求数列的通项公式；设数列满足：，数列的前n项和求证：若对任意恒成立，求的取值范围【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】试题分析：（）由和项求数列通项，注意分类讨论：当，得，当时，得数列递推关系式，因式分解可得，根据等差数列定义得数列通项公式（）因为，所以利用叠加法求通项公式：，因此，从而利用裂项相消法求和得，即证得（）不等式恒成立问题，一般先变量分离，转化为求对应函数最值问题：由得，而有最大值，所以试题解析：（1）时，是以为首项，为公差的等差数列4分（2），即9分（3）由得， 当且仅当时，有最大值，14分考点：等差数列定义，叠加法求通项，裂项相消法求和【方法点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如（其中是各项均不为零的等差数列，c为常数）的数列.裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和（如本例），还有一类隔一项的裂项求和，如或.19.如图，在四棱锥中，平面平面，是棱的中点，求证：平面；若二面角大于，求四棱锥体积的取值范围【答案】（）见解析（）【解析】【分析】先推导出，从而平面，可得，结合，利用线面垂直的判定定理能证明平面；以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面的法向量与平面的法向量，由二面角大于，可得，进而能求出四棱锥体积的取值范围【详解】平面平面ABCD，E是棱PC的中点，平面PAD，平面ABCD以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，设，则0，2，0，2，1，2，0，1，设平面BDP的法向量y，则，取，得1，设平面BDE的法向量b，则，取，得1，二面角大于，解得，四棱锥体积四棱锥体积的取值范围是【点睛】本题考查面面垂直证明线面垂直，考查棱锥的体积公式，考查空间向量夹角余弦公式以及空间想象能力，是中档题空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20.已知椭圆C：的离心率为，且过点求椭圆C的方程；若是椭圆C上的两个动点，且使的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.【答案】 【解析】试