2018-2019学年广东省中山市高二上学期期末考试数学(理)试题(解析版)

2018-2019学年广东省中山市高二上学期期末考试数学（理）试题一、单选题1．命题：，，则为（）A．，B．，C．，D．，【答案】B【解析】根据特称命题的否定为全称命题，易知原命题的否定为:,故选B．2．已知,abR，若ab，则A．2abB．2abbC．1122abD．33ab【答案】D【解析】已知,abR，若ab，则A：2ab，当两个数值小于0时就不一定成立；B.2abb，当b=0时，不成立；C.1122ab，当两者均小于0时，根式没有意义，故不正确；D.33ab，3yx是增函数，故正确。故答案为：D。3．设等比数列的公比是q，则”是“数列是为递增数列的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】试题分析：a10，q1时,{an}递减；a10，0q1时，{an}递增【考点】充要条件.4．不等式的解集是A．B．C．D．【答案】A【解析】原不等式等价于把各个因式的根排列在数轴上，用穿根法求得它的解集．【详解】不等式等价于即等价于，如图，把中各个因式的根排列在数轴上，用穿根法求得它的解集为，故选：A．【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于中档题．5．在等差数列中，，则A．3B．6C．9D．12【答案】B【解析】由已知结合等差数列的性质，可得，则答案可求．【详解】在等差数列中，由，且，得，即，．故选：B．【点睛】本题考查等差数列的性质，是基础的计算题．6．某些首饰，如手镯，项链吊坠等都是椭圆形状，这种形状给人以美的享受，在数学中，我们把这种椭圆叫做“黄金椭圆”，其离心率设黄金椭圆的长半轴，短半轴，半焦距分别为a，b，c，则a，b，c满足的关系是A．B．C．D．【答案】B【解析】椭圆为黄金椭圆，，，故选B.7．已知曲线y=lnx的切线过原点,则此切线的斜率为()A．eB．-eC．D．-【答案】C【解析】分析：设切点坐标为，求函数的导数，可得切线的斜率，切线的方程，代入（0，0），求切点坐标，切线的斜率．详解：设切点坐标为，∵，切线的斜率是，切线的方程为，将(0,0)代入可得，∴切线的斜率是；故选：C.点睛：求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：．若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．8．若函数有极大值和极小值，则实数a的取值范围是A．B．C．D．【答案】B【解析】分析：由题意求导f′（x）=3x2+2ax+（a+6）；若函数f（x）=x3+ax2+（a+6）x+1有极大值和极小值，则△=（2a）2﹣4×3×（a+6）＞0；从而求得实数a的取值范围．详解：∵f（x）=x3+ax2+（a+6）x+1，∴f′（x）=3x2+2ax+（a+6）；又∵函数f（x）=x3+ax2+（a+6）x+1有极大值和极小值，∴△=（2a）2﹣4×3×（a+6）＞0；故a＞6或a＜﹣3；故选：B．点睛：函数有极值等价于导函数有“变号零点”，即导函数有零点，且导函数在零点附近的值正负相反.9．已知平面内有一个点，的一个法向量为1，，则下列点P中，在平面内的是A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可知符合条件的点P应满足·n=0，逐个选项验证即可．【详解】对于选项A,=(1,0,1),·n=5,所以与n不垂直,排除A;同理可排除C,D.对于选项B,有,所以·n=0,因此B项正确.【点睛】本题考查平面法向量的定义，属基础题．10．设数列的前n项和为，且，为常数列，则A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意知，，当时，能得到，由此能求出．【详解】数列的前n项和为，且，，为常数列，由题意知，，当时，，从而，，当时上式成立，．故选：B．【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意累乘法的合理运用．11．下列命题正确的是若，则与、共面；若，则M、P、A、B共面；若，则A、B、C、D共面；若，则P、A、B、C共面．A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】①由平面向量基本定理知该命题正确；②正确。由平面向量基本定理知：是共面向量，则所以、、、共面；③错误。如图，正方体中：显然不共面，所以、、、不共面；④正确；所以则、、、共面；、故选C12．已知函数，对任意，存在，使得，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：令，则，令，可得，则，所以，显然是增函数，观察可得当时，，故有唯一的零点．故当时，取得最小值为，故选D．【考点】对数函数的图象与性质的综合应用；函数的零点应用．【方法点晴】本题主要考查了对数函数的图象与性质的综合应用及函数的零点应用、利用导数研究函数的单调性与最小值，试题有一定的难度，属于难题，其中得出，求导得是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力和转化与化归思想，同时本题中函数的零点不易用常规方法解出，解答时要会用代入特值的方法进行验证求得零点．二、填空题13．若变量满足约束条件则取得最大值时的最优解为__________．【答案】.【解析】分析：作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最优解．详解：画出约束条件的可行域，如图：由z=2x-y得：y=2x-z，显然直线过B（4，2）时，z最大，所以最优解为：（4，2）故答案为：（4，2）．点睛：本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法．14．平面内，线段的长度为10，动点满足，则的最小值为__________．【答案】2【解析】分析：根据双曲线定义得P轨迹方程，再根据双曲线几何性质得的最小值.详解：因为，所以,因此动点在以A,B为左右焦点的双曲线的右支上，从而的最小值为点睛：(1)对于圆锥曲线的定义不仅要熟记，还要深入理解细节部分：比如椭圆的定义中要求|PF1|＋|PF2|＞|F1F2|，双曲线的定义中要求||PF1|－|PF2||＜|F1F2|，抛物线定义中定点不在定直线上.(2)注意数形结合，画出合理草图.15．如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为，再由点C沿北偏东方向走10米到位置D，测得，则塔AB的高是______米【答案】10【解析】设塔高为米，根据题意可知，在中，从而有；在中，，由正弦定理可得.故塔高为16．记为正项等比数列的前项和，若，则的最小值为__.【答案】8【解析】在等比数列中，根据等比数列的性质，可得构成等比数列，所以，所以，因为，即，所以,当且仅当时，等号是成立的，所以的最小值为．点睛：本题主要考查了等比数列的性质及基本不等式的应用，解答中根据等比数列的性质和题设条件得到，再利用基本不等式求解最值是解答的关键，其中熟记等比数列的性质是解答的基础，着重考查了学生的推理运算能力，及分析问题和解答问题的能力．三、解答题17．已知数列为单调递增数列，，其前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列，其前项和为，若成立，求的最小值.【答案】（1）；（2）10【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等差数列定义及其通项公式得数列的通项公式；（2）先根据裂项相消法求，再解不等式得，即得的最小值.试题解析：（1）由知：，两式相减得:，即，又数列为单调递增数列，，∴，∴，又当时，，即，解得或(舍），符合，∴是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴.（2），∴，又∵，即，解得，又，所以的最小值为10.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.18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．求角C；若，求面积的最大值．【答案】(1);(2)面积取最大值.【解析】试题分析：（1）利用正弦定理与和差公式即可得出．（2）利用余弦定理、基本不等式的性质、三角形面积计算公式即可得出．试题解析：(1)，由正弦定理得，，，，，.(2)由余弦定理得：，.当且仅当时，面积取最大值.19．如图，在半径为30cm的半圆形铁皮上截取一块矩形材料点A，B在直径上，点C，D在半圆周上，并将其卷成一个以AD为母线的圆柱体罐子的侧面不计剪裁和拼接损耗．若要求圆柱体罐子的侧面积最大，应如何截取？若要求圆柱体罐子的体积最大，应如何截取？【答案】（1）当截取的矩形铁皮的一边为为时，圆柱体罐子的侧面积最大．（2）当截取的矩形铁皮的一边为为时，圆柱体罐子的体积最大．【解析】解：（1）如图，设圆心为O，连结，设，法一易得，，故所求矩形的面积为（）（当且仅当，（）时等号成立）此时；法二设，；则，，所以矩形的面积为，当，即时，（）此时；（2）设圆柱的底面半径为，体积为，由得，，所以，其中，由得，此时，在上单调递增，在上单调递减，故当时，体积最大为，答：（1）当截取的矩形铁皮的一边为为时，圆柱体罐子的侧面积最大．（2）当截取的矩形铁皮的一边为为时，圆柱体罐子的体积最大．20．在中，点，，且它的周长为6，记点M的轨迹为曲线E．求E的方程；设点，过点B的直线与E交于不同的两点P、Q，是否可能为直角，并说明理由．【答案】（1）；（2）见解析【解析】由题意得，，则，可得M的轨迹E是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，则E的方程可求；设直线PQ的方程为，与椭圆方程联立，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系，结合向量数量积，证明不可能为直角．【详解】由题意得，，，则M的轨迹E是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，又由M，A，B三点不共线，．的方程为；设直线PQ的方程为，代入，得．设，，则，．∴．不可能为直角．【点睛】本题考查定义法求椭圆方程，考查了数量积在圆锥曲线中的应用，处理直线与椭圆的位置关系的问题常用到设而不求的方法，考查运算求解能力，考查化归与转化思想等，是中档题．21．如图，D是AC的中点，四边形BDEF是菱形，平面平面ABC，，，．若点M是线段BF的中点，证明：平面AMC；求平面AEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连接，..由四边形为菱形，可证.由平面平面，可证平面.即可证明平面；2）设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.求出相应点及向量的坐标，求得平面，平面的法向量，.。利用空间向量夹角公式可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值.试题解析：（1）连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形.∵为的中点，∴.∵，，又是的中点，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.又平面，∴.由，，，∴平面.（2）设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，.∴，，，.设平面，平面的法向量分别为，.由.解得.取，∴.又由解得.取，∴.∵.∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.22．已知函数，．Ⅰ当时，讨论函数的单调性；Ⅱ若在区间上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析：（Ⅰ）求出，对分四种情况讨论，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（Ⅱ）令，原问题等价于在区间上恒成立，因为，要想在区间上恒成立，只需，可得当时，利用导数研究函数的单调性，从而求出，进而可得结论.试题解析：（Ⅰ），①当，即时，时，，时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；②当，即时，和时，，时，，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增；③当，即时，和时，，时，，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增；④当，即时，，所以在定义域上单调递增；综上：①当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增；②当时，在定义域上单调递增；③当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递