江西九江第一中学高二数学期末考试理

江西省九江第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.“”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】B【解析】【分析】不等式等价于，故是必要不充分条件.【详解】不等式等价于.由于，属于是的必要不充分条件.故选B.【点睛】本小题考查对数不等式解法，考查充分必要条件的判断.充分必要条件的判断主要依据是小范围可以推出大范围，大范围不能推出小范围.也即小范围是大范围的充分不必要条件，大范围是小范围的必要不充分条件.如果两个范围相等，则为充分必要条件.2.双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线的标准方程即可求得其渐近线方程【详解】双曲线的方程为，其渐近线方程为y=x=x，即故选：C【点睛】本题考查双曲线的简单性质，属于基础题3.在等差数列中，则的前5项和（）A. 7B. 15C. 25D. 20【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式求解【详解】解：在等差数列中，故选：C【点睛】本题考查等差数列的前5项和的求法，是基础题，解题时要注意等差数列的通项公式的合理运用4.中，若，则中最长的边是（）A. B. C. D. 或【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理求解即可【详解】解：由，可得，那么大边对应大角，可得：最大；故选：A【点睛】本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用，考查运算能力，属于基础题5.下列命题中正确的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】分析：根据不等式性质逐一排除即可.详解：A. 若，则,当c取负值时就不成立，故错误；B. 若，则，例如a=3，b=1，c=2，d=-2显然此时,故错误；D，若，则，例如a=3，c=-1，b=-1，d=-2，此时,故错误，所以综合得选C.点睛：考查不等式的简单性质，此类题型举例子排除法比较适合，属于基础题.6.已知抛物线的焦点为，抛物线上一点满足，则抛物线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设抛物线的准线为，作直线于点，交轴于由抛物线的定义可得：，结合可知：，即，据此可知抛物线的方程为：.本题选择D选项.点睛：求抛物线标准方程的常用方法是待定系数法，其关键是判断焦点位置，开口方向，在方程的类型已经确定的前提下，由于标准方程只有一个参数p，只需一个条件就可以确定抛物线的标准方程7.函数 (其中，)的部分图象如图所示,将函数的图象（ ）可得的图象A. 向右平移个长度单位B. 向左平移个长度单位C. 向左平移个长度单位D. 向右平移个长度单位【答案】D【解析】由函数的部分图象知，解得，由五点法画图知，解得，又将函数的图象向右平移个单位，可得的图象，故选D.8.椭圆上的点到直线的最大距离是（）A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设椭圆上的点P（4cos，2sin），由点到直线的距离公式，计算可得答案【详解】设椭圆上的点P（4cos，2sin）则点P到直线的距离d=；故选：D【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，解题时要认真审题，仔细求解9.两个公比均不为的等比数列，其前项的乘积分别为，若，则()A. 512B. 32C. 8D. 2【答案】A【解析】【分析】直接利用等比数列的性质化简,再代入即得解.详解】由题得.故答案为：A.【点睛】(1)本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 等比数列中，如果,则,特殊地，时，则，是的等比中项.10.已知点A,B,C在圆上运动，且ABBC，若点P的坐标为（2，0），则的最大值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】B【解析】由题意，AC为直径，所以,当且仅当点B为（-1，0）时，取得最大值7，故选B.考点：直线与圆的位置关系、平面向量的运算性质【名师点睛】与圆有关的最值问题是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想. 由平面几何知识知，圆上的一点与圆外一定点距离最值在定点和圆心连线与圆的两个交点处取到圆周角为直角的弦为圆的半径，平面向量加法几何意义这些小结论是转化问题的关键.11.如图在正方体中，点为线段的中点. 设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设正方体的棱长为，则，所以，.又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.【考点定位】空间直线与平面所成的角.12.已知圆和圆，动圆M与圆,圆都相切，动圆的圆心M的轨迹为两个椭圆，这两个椭圆的离心率分别为，（），则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：动圆与两定圆都内切时：，所以动圆与两定圆分别内切，外切时：，所以处理1：，再用均值求的最小值；处理2：考点：两圆的位置关系.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在中，已知，则边的长是_【答案】【解析】【分析】由已知利用余弦定理即可计算得解【详解】解：，由余弦定理可得：故答案为：【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，熟记余弦定理即可，属于基础题14.已知正数满足,则的最小值是_.【答案】 【解析】【分析】由题意可得+=（+）（x+y）=1+4+，再利用基本不等式即可求出【详解】正数x，y满足x+y=1，则+=（+）（x+y）=1+4+5+2=9，当且仅当x=，y=时取等号，故则+的最小值是9，故答案为：9【点睛】本题考查了基本不等式的应用，关键是掌握等号成立的条件，属于基础题15.若实数满足，则的最小值为 _【答案】-3【解析】分析：首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义整理计算即可求得最终结果.详解：不等式组即：或，绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：，结合目标函数的几何意义可知目标函数表示点与可行域内连线斜率值加1的值，目标函数在点处取得最小值，据此可知目标函数的最小值为：.点睛：(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义16.若方程有实数解，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先将方程可化为；再令 ，用导数的方法研究其最值,即可得出结果.【详解】解：方程可化为；令，则 ，所以，(1)当时，恒成立，即在上单调递减，因此，当时，；(2)当时，由得，；由得，；所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又,因此，当时，综上可得，实数的取值范围是；故答案为：；【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为（1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系式，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（2）利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果【详解】解：（1）圆的方程为，转换为直角坐标方程为：，转换标准方程为（2）把直线的参数方程为（为参数），代入圆的方程，得到：，所以：，所以：【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型18.已知命题;命题:函数在上是增函数;若命题“或”为真,命题“且”为假,求实数的取值范围.【答案】。【解析】【分析】由于“或”真，“且”假，所以一真一假.求出所对应的取值范围，还有对应的取值范围，然后根据真假或者假真两种情况来求得的取值范围.【详解】p真时，(a2)(6a)0，解得2a1，解得a3. 由命题“p或q”为真，“p且q”为假，可知命题p，q中一真一假 当p真，q假时，得3a6. 当p假，q真时，得a2. 因此实数a的取值范围是(，23,6)【点睛】本小题主要考查含有逻辑连接词命题的真假性的判断，以及求参数的取值范围. 由于“或”真，“且”假，所以一真一假.本题属于中档题.19.在中，角的对边分别为，且满足.（1）求；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由条件及正弦定理得，整理得，由余弦定理得，可得（2）由知为锐角，可得，从而, ，然后根据两角差的余弦公式可得结果试题解析：（1）由及正弦定理得，整理得，由余弦定理得，又，所以（2）由知为锐角，又，所以 ，故 ， ，所以点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.20.已知数列满足：，且对任意的，都有成等差数列.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）由条件可知，所以，数列是等比数列，根据等比数列通项求得. (2)利用分组求和方法和等比数列求和公式求得结果.【详解】（1）由条件可知， 即， 所以，且则是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 则.(2)由(1), .【点睛】本题考查数列的通项的求法，考查等比数列的证明及等比数列求和公式，考查分组求和的方法，是中档题21.如图，四棱锥中，底面为菱形，点为的中点.（1）证明：；（2）若点为线段的中点，平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】分析：（1）由正三角形性质可得，由等腰三角形的性质可得，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得结论；（2）由（1）知，结合面面垂直的性质可得，平面，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量取平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：（1）连接，因为，所以为正三角形，又点为的中点，所以.又因为，为的中点，所以.又，所以平面，又平面，所以.（2）由（1）知.又平面平面，交线为，所以平面，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，可得得，由（1）知平面，则取平面的一个法向量，故二面角的余弦值为.点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.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.22.已知椭圆：的左、右焦点分别为 且离心率为，为椭圆上三个点，的周长为，线段的垂直平分线经过点.（1）求椭圆的方程；（2）求线段长度的最大值.【答案】(1)；(2)4.【解析】试题分析：（1）根据焦三角形的的特点得到周长是，最终解出方程组得到方程；（2）线段的垂直平分线经过点，可得到，最