辽宁省2018_2019学年高二数学下学期开学考试试题文(含解析)

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1、庄河高中20182019学年度下学期高二期初考试文科数学试题一、选择题(每小题只有一个正确选项,每题5分,共计60分)1.复数满足,则复数的共轭复数在复平面中对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】先由复数的除法运算求出,得到其共轭复数,进而可得出结果.【详解】因为,所以,故,因此在复平面中对应的点为,位于第二象限.故选B【点睛】本题主要考查复数的除法运算以及复数的几何意义,熟记运算法则与几何意义即可,属于基础题型.2.函数的零点所在的区间为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据零点的存在定理,逐项判断即可得出结

2、果.【详解】因为,所以,,,故,排除A;,排除B;,排除C;,故选D【点睛】本题主要考查函数的零点,熟记零点的存在定理,属于常考题型.3.已知,则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由求得,然后利用二倍角的余弦公式求解即可.【详解】因为,所以-,,故选D.【点睛】本题主要考查诱导公式以及二倍角的余弦公式,属于中档题. “给值求值”问题:给出某些角的三角函数式的值,求另外一些角的三角函数值,解题关键在于“变角”,使其角相同或具有某种关系4.已知向量,且,则的值为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由向量垂直的充要条件可得:,从而可得结果.【详解】因为向量,且,所以由

3、向量垂直的充要条件可得:,解得,即的值为,故选A.【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点,主要命题方式有两个:(1)两向量平行,利用解答;(2)两向量垂直,利用解答.5.若实数,满足约束条件,则的最大值是( )A. 3B. 7C. 5D. 1【答案】B【解析】【分析】先根据约束条件作出可行域,再由表示直线在轴上的截距,结合图像即可得出结果.【详解】由约束条件作出可行域如下:由可得,因此表示直线在轴上的截距,由图像易得,当直线经过点时,截距最大,即取最大值.由可得.因此.故选B【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题,由约束条件作出可行域,根据目标函数的几何意义即可求解,属于基础题型.6.在

4、等差数列中,则( )A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】【分析】利用a1+a9 =a2+a8,将与作和可直接得.【详解】在等差数列an中,由与作和得:=()+-()a1+a9 =a2+a8,=6a5=6故选:C【点睛】本题考查等差数列的性质,是基础的计算题7.偶函数在上是增函数,且,则满足的实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由偶函数在上是增函数,可得函数在上是减函数,结合,原不等式转化为,根据绝对值不等式的解法与指数函数的性质可得结果.【详解】因为偶函数在上是增函数,所以函数在上是减函数,由且满足,等价于,可得,实数的取值范围是,故选A.【点

5、睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用,属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是,一直是命题的热点,解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性,根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反,奇函数在对称区间单调性相同),然后再根据单调性列不等式求解.8.在中,三个内角,所对边为,若,则一定是( )A. 直角三角形B. 等边三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理将化为,从而可得或,进而可得出结果.【详解】因为,所以,即,即,所以或,因此,或.故一定是等腰三角形或直角三角形.故选D【点睛】本题主要考查判断三角形的形状

6、,熟记正弦定理即可,属于基础题型.9.如图,已知正方体的棱长为1,点为上一动点,现有以下四个结论,其中不正确的结论是( )A. 平面平面B. 平面C. 当为的中点时,的周长取得最小值D. 三棱锥的体积不是定值【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面垂直判定,可知A正确;由直线与平面平行可知B正确;根据两点距离最短,可得C正确;由三棱锥等体积法可求得,可知D错误。【详解】平面是始终成立的,故选项A正确;平面,所以选项B正确;平面展开到平面在同一个平面,则当为的中点时,最小,故选项C正确;,故选项D不正确.故选D【点睛】本题考查了直线与平面垂直、直线与平面平行的判定,等体积法在求三棱锥体积中的应用

7、,属于基础题。10.已知函数(,e是自然对数的底数)在处取得极小值,则的极大值是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出原函数的导函数f(x),由f(0)=0解得m=0可得函数解析式,由导函数大于0和小于0得到原函数的单调区间,进而求得极大值.【详解】由题意知,f(x)=x2+(2m)x2mex,由f(0)=2m=0,解得m=0此时f(x)=x2ex,f(x)=(x2+2x)ex,令f(x)=0,解得x=0或x=-2,且函数f(x)的单调递增区间是(,2),(0,+),单调递减区间是(2,0)所以函数f(x)在x=-2处取得极大值,且有f(-2)=故选A.【点睛】本题考查利

8、用导数研究函数的极值,考查数学转化思想方法,是中档题11.已知点为双曲线的右焦点,直线交于两点,若,则的虚轴长为( )A. 1B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】左焦点,根据对称性得,。设出,结合余弦定理即可求得,结合,即可求得,进而得到虚轴长。【详解】设双曲线的左焦点为,连接,由对称性可知四边形是平行四边形,所以,设,则,又,故,又,所以,则该双曲线的虚轴长为.故选C【点睛】本题考查了双曲线定义及性质的综合应用,余弦定理的基本应用,三角形面积的求法,属于中档题。12.已知定义域为的奇函数的导函数为,当时,若,则,的大小关系正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分

9、析】先设,对求导,结合题中条件,判断的单调性,再根据函数为奇函数,得到的奇偶性,进而可得出结果.【详解】设,则,因为当时,所以当时,,即;当时,,即;所以在上单调递增,在上单调递减;又函数为奇函数,所以,因此,故函数为偶函数,所以,因为在上单调递减,所以,故.故选B【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的应用,熟记函数的单调性与奇偶性即可,属于常考题型.二、填空题(每题5分,共计20分)13.已知,且,则的最小值为_【答案】4【解析】【分析】由基本不等式可得,结合条件,即可得出结果.【详解】因为,且,所以,当且仅当,即时,取等号.故答案为【点睛】本题主要考查基本不等式求最值的问题,熟记基本不

10、等式即可,属于基础题型.14.若方程有两个不等实根,且,则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先设,根据方程根的分布可得,求解即可得出结果.【详解】设,因为若方程有两个不等实根,且,所以,即,解得.故答案为【点睛】本题主要考查一元二次方程根的分布,熟记判定条件即可得出结果,属于常考题型.15.数列满足,则= ;【答案】【解析】试题分析:数列an满足a1=2,=,故答案为考点:累加法求和;等比数列的前n项和公式.16.已知函数在上不是单调函数,则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先求出函数在上是单调函数时,的取值范围,再求其补集即可得出结果.【详解】因为,则,若函数在上是单调递增的函数

11、,则在上恒成立,即在上恒成立,因此;若函数在上是单调递减的函数,则在上恒成立,即在上恒成立,因此;因为函数在上不是单调函数,所以.故答案为【点睛】本题主要考查根据函数单调性求参数的问题,通常需要对函数求导,用分离参数的方法求解,属于常考题型.三、解答题:(应写出必要的文字说明及解答过程,只写结果不给分)17.在锐角中, , , 为内角,的对边,且满足()求角的大小()已知,边边上的高,求的面积的值【答案】(1);(2).【解析】试题分析:()由,利用正弦定理和三角函数的恒等变换,可得,即可得到角的值;()由三角形的面积公式,代入,解得的值,及的值,再根据余弦定理,求得的值,由三角形的面积公式,

12、即可求解三角形的面积.试题解析:(),由正弦定理得,且,(),代入,得,由余弦定理得:,代入,得,解得,或,又锐角三角形,18.设等差数列的公差为d,前项和为,等比数列的公比为已知,()求数列,的通项公式;()当时,记,求数列的前项和【答案】(1)见解析 (2) 【解析】试题分析:(1)本题求等差数列与等比数列的通项公式,可先求得首项()和公差(公比),然后直接写出通项公式,这种方法称为基本量法;(2)由于,可以看作是一个等差数列与等比数列对应项相乘所得,其前项和用乘公比错位相减法可求试题解析:(1)由题意知:(2)由(1)知:(1)(2)由(1)(2)得:考点:等差数列与等比数列的通项公式,

13、错位相减法19.已知圆,直线与圆相交于不同的两点,点是线段的中点。(1)求直线的方程;(2)是否存在与直线平行的直线,使得与与圆相交于不同的两点,不经过点,且的面积最大?若存在,求出的方程及对应的的面积S;若不存在,请说明理由。【答案】(1);(2)见解析.【解析】【分析】(1)先由圆的方程得到圆心坐标,根据点是线段的中点,即可求出斜率,进而可得直线方程;(2)先设直线方程为:,根据点到直线的距离得到:到的距离,进而可表示出的面积,结合基本不等式即可得出结果.【详解】(1)圆C:可化为,则,而是弦的中点,所以,所以斜率为,则方程为:; (2)设直线方程为:,即,则到的距离,所以,所以的面积,当

14、且仅当,即时的面积最大,最大面积为2, 此时,或,的方程为【点睛】本题主要考查直线与圆的综合,熟记直线方程、点到直线距离公式等即可求解,属于常考题型.20.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,已知ACBC,BCCC1,设AB1的中点为D,B1CBC1E.求证:(1)DE平面AA1C1C;(2)BC1AB1.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.【解析】试题分析:(1) 由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DEAC,根据线面平行的判定定理得证;(2)由CC1平面ABC,可得ACCC1,又因为ACBC,由线面垂直的判定定理可得AC平面BCC1B1,进而可得B1CAC,又BC1B1C,证得BC1平面B1AC,故命题成立.试题解析:(1

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