河南省某知名中學高二數學上學期期末考試試題 理普通班含解析2

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1、 林州一中2017~2018學年上學期期末考試 高二數學（理科） 第Ⅰ卷（共60分） 一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1. 命題：“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】因為 的否定是 所以命題：“”的否定是,選C 2. 已知空間向量，，則等于（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 ,選A 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充分必要

2、條件 D. 既不充分也不必要條件 【答案】B 【解析】且. 所以“”是“”的必要不充分條件. 故選B. 4. 已知變量滿足約束條件則的最小值為（ ） A. 1 B. 2 C. -3 D. -4 【答案】D 【解析】根據題意畫出可行域，是一個封閉的三角形區(qū)域，目標函數， 當目標函數過點 時有最小值，代入得到-4. 故答案為：D。 5. 在長方體中，，，，是中點，則（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 ,選C 6. 函數的導數為，則（ ） A. B. C. -1

3、 D. 0 【答案】A 【解析】由題 ， .故選A. 7. 在等差數列中，已知，則該數列的前12項和等于（ ） A. 36 B. 54 C. 63 D. 73 【答案】B 【解析】 ,選B 8. 設橢圓的左、右焦點分別為，以為直徑的圓與直線相切，則該橢圓的離心率為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由題以為直徑的圓的圓心為（0，0），半徑為c, 所以 ，即 ，解得.故選C. 點睛：橢圓的離心率是橢圓最重要的幾何性質，求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出a，c，代入公式；②只

4、需要根據一個條件得到關于a，b，c的齊次式，結合b2＝a2－c2轉化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉化為關于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍)． 9. 已知，，，則的最小值為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 ,選B 10. 已知過雙曲線右焦點，斜率為的直線與雙曲線在第一象限交于點，點為左焦點，且，則此雙曲線的離心率為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由題意，∵過雙曲線右焦點的直線，∴，代入雙曲線，可得，∴，∴，∴，∵，∴，故

5、選C. 11. 函數在上是增函數，則實數的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 在上恒成立,所以 令 所以當時, ,即,選C 12. 已知長方體，，，為線段上一點，且，則與平面所成的角的正弦值為（ ） A. B. C. D. 【答案】A .................. 設平面一個法向量為 ，則由 因為 ，所以與平面所成的角的正弦值為，選A 點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相

6、關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 第Ⅱ卷（共90分） 二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上） 13. 雙曲線的一個焦點到它的一條漸近線的距離為__________． 【答案】 【解析】由題一個焦點（3，0）到一條漸近線 的距離 . 14. 若拋物線與拋物線異于原點的交點到拋物線的焦點的距離為3，則拋物線的方程為__________． 【答案】 【解析】根據題意畫出圖像，由拋物線的定義，曲線上的點到焦點的距離和到準線的距離相等，設A， 代入曲線，得到。故方程為 故答案為：。 點睛：本題主要考查了拋物線的簡單性質．解

7、題的關鍵是利用了拋物線的定義。一般和拋物線有關的小題，很多時可以應用結論來處理的；平時練習時應多注意拋物線的結論的總結和應用。尤其和焦半徑聯(lián)系的題目，一般都和定義有關，實現點點距和點線距的轉化。 15. 已知等比數列的前項和為，且，若對任意的，恒成立，則實數的取值范圍是__________． 【答案】 【解析】因為等比數列的前項和為 ，所以 因為，所以 令 所以當時， 取最大值 ， 點睛：求解數列中的最大項或最小項的一般方法 先研究數列的單調性，可以用或也可以轉化為函數最值問題或利用數形結合求解.. 16. 如圖，在長方體中，，，點在棱上.若二面角的大小為，則____

8、______． 【答案】 【解析】過點作于，連接，如圖所示 則為直線與平面所成的角 ∵直線與平面所成的角為 ∴ ∴ ∴ ∵≌ ∴ ∴，故答案為 三、解答題 （本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．） 17. 命題：“方程有兩個正根”，命題：“方程無實根”，這兩個命題有且只有一個成立，試求實數的取值范圍. 【答案】或 【解析】試題分析：先根據二次方程實根分布得命題為真時實數的取值范圍，再根據判別式小于零得命題為真時實數的取值范圍，最后根據兩個命題有且只有一個成立，分兩種情況討論，分別求解，再求并集 試題解析：命題為真時：解得

9、， 命題為真時：，解得， 當真假時：故有， 當假真時：故有， 實數的取值范圍為：或. 18. 的三個內角所對的對邊分別為，且. （1）求； （2）若，，求的大小. 【答案】(1) (2) 【解析】試題分析：（1）由及正弦定理，得， 又中，，可得. （2）由結合（1）中的，及可得，所以，，由余弦定理可求得. 試題解析：（1）∵， ∴由正弦定理，得， 又中，，∴. （2）時，，又，∴， 又，∴，∴，， ∴，∴. 19. 如圖，直三棱柱中，，，，點是中點，點在上，且. （1）求與平面所成角的正弦值； （2）求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2)

10、 【解析】試題分析：（1）建立空間坐標系，求得面的法向量和直線的方向向量，利用向量夾角的求法可得到正弦值；（2）建立空間坐標系，求得兩個面的法向量，利用向量夾角的求法可得到余弦值. 解析： 由直三棱柱中，知兩兩互相垂直， 以為軸建立空間直角坐標系， ∵，，∴，，，，，， 中點. (1)，，， 設平面的一個法向量，則，，， 取，則， ， ∴直線與平面所成角的正弦值為. (2)，設平面的一個法向量為， 則， 取，則，， 結合圖形知，二面角的余弦值為. 點睛：這個題目考查了空間中的直線和平面的位置關系，平面和平面的夾角。求線面角，一是可以利用等體積計算出直線的端

11、點到面的距離，除以線段長度就是線面角的正弦值；還可以建系，用空間向量的方法求直線的方向向量和面的法向量，再求線面角即可。面面角一般是定義法，做出二面角，或者三垂線法做出二面角，利用幾何關系求出二面角，二是建系求兩個面的法向量。 20. 已知是拋物線上兩點，且與兩點橫坐標之和為3. （1）求直線的斜率； （2）若直線，直線與拋物線相切于點，且，求方程. 【答案】(1) 直線的斜率為 (2) 【解析】試題分析：（1）根據已知條件，設直線AB的解析式為y=kx+t，聯(lián)立直線和拋物線的解析式，利用A與B的橫坐標之和為3，結合一元二次方程的根與系數的關系求出k的值； （2）設出過點M的切線

12、方程，由切線與曲線只有一個交點，確定點M的坐標；再利用AM⊥BM可得kAM·kBM=-1，將相應的值代入，再結合根與系數的關系進行計算，求出b即可得到答案. 試題解析：（1）設方程為，則由，得， 時，設，，則， 又，∴，即直線的斜率為. （2）∵，∴可設方程為，∴，得， ∵是切線，∴，∴，∴， ∴，，∴， ∵，∴， 又，，，， 又，，∴，，∴或， 又，∴方程為. 21. 如圖，橢圓的左、右焦點為，右頂點為，上頂點為，若，與軸垂直，且. （1）求橢圓方程； （2）過點且不垂直于坐標軸的直線與橢圓交于兩點，已知點，當時，求滿足的直線的斜率的取值范圍. 【答

13、案】(1) (2) 【解析】試題分析：（1）由兩條直線平行可得，由點在曲線上可得其縱坐標為，由兩者相等可得，結合，解出方程組即可；（2）設直線的方程為：，，，與橢圓方程聯(lián)立利用根與系數的關系得到和，線段的垂直平分線方程為，求出與軸的交，由交點橫坐標列出不等式，解出即可得出結果. 試題解析：(1)設，由軸，知，，∴， 又由得，∴，∴， 又，， ∴，，∴橢圓方程為. (2)設，，直線的方程為：， 聯(lián)立，得，， 設線段的垂直平分線方程為：. 令，得， 由題意知，為線段的垂直平分線與軸的交點，所以，且，所以. 點睛：本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題，考查了

14、推理能力與計算能力，屬于難題；利用待定系數法求橢圓的方程，根據題意列出兩個關于的方程組結合即可，直線與橢圓相交時正確運用一元二次方程的根與系數的關系是解題最常用的方法. 22. 已知函數. （1）當時，求函數在區(qū)間上的值域. （2）對于任意，都有，求實數的取值范圍. 【答案】(1) (2) 【解析】試題分析：（1）先求導數，再求導數，得從而確定，再根據單調性得值域（2）先整理不等式得，轉化為函數在區(qū)間為增函數，再轉化為對應函數導數恒非負，分離變量得最小值，最后利用導數求函數單調性，得最值，即得實數的取值范圍. 試題解析：（1）當時，， ， 令，有， 當時，， 當時， 得

15、，解得：， 故當時，函數單調遞減，當時，函數單調遞增， 所以當時，，可得， 函數在區(qū)間上單調遞減， ， ， 故函數在區(qū)間上的值域為. （2）由，有， 故可化為， 整理為：， 即函數在區(qū)間為增函數， ， ，故當時，， 即， ①當時，； ②當時，整理為：， 令，有 ， 當，，，有， 當時，由，有 ，可得， 由上知時，函數單調遞減， 故， 故有：，可得. 點睛：利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375