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1、2017-2018学年广西来宾市高二上学期期末教学质量调研数学（理）试题一、单选题1命题“存在”的否定（ ）A. 任意 B. 任意C. 存在 D. 存在【答案】A【解析】特称命题的否定是全称命题，故选.2函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，解得.3若向量， ，则（ ）A. B. C. 3 D. 【答案】D【解析】，故.4已知的内角所对的边分别为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】两个完全平方的和等于零，故.故，解得，所以.5已知变量满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】C【解析】画出可行域如下图所示，由图可
2、知，目标函数在点处取得最大值为.6在等差数列中，已知，则该数列的前12项和等于（ ）A. 36 B. 54 C. 63 D. 73【答案】B【解析】 ,选B7设是双曲线的两个焦点， 是双曲线上的一点，且，则的面积等于（ ）A. B. C. 6 D. 10【答案】C【解析】根据双曲线的定义，联立解得，由于，故为直角三角形，故面积为.8在下列四个命题中，若是的充分不必要条件，则是的必要不充分条件；若，则；“”是“”的必要不充分条件；若“或”为真命题，“且”为假命题，则为真命题， 为假命题正确的个数为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】A【解析】根据充要条件的包含关系可知正确.如，
3、，故错误. 解得，与没有包含关系，故错误.对于，有可能为假命题， 为真命题，故错误.综上所述，只有个正确，故选.9当时， 的最小值为（ ）A. 8 B. 9 C. 10 D. 11【答案】B【解析】.10在中，角的对边分别为，若且，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由正弦定理得，而，即，故.11已知正方体的棱长为1，若点在正方体的内部，且满足，则平面与平面所成二面角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】过作交于，作平面，垂足为.由三垂线定理可知，所以为所求二面角的平面角，且，故.【点睛】本题主要考查二面角的余弦值的求法.解题方法有两种，第一种是利用二面角
4、的定义，作出二面角，然后通过解直角三角形来求得二面角的余弦值.第二种方法是建立空间直角坐标系的方法，以为坐标原点为轴建立空间直角坐标系，然后用法向量来求解.12设直线与抛物线相交于两点，与圆相切于点，且点为线段的中点，若这样的直线有四条，则半径的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设，由题意可知直线斜率存在，设斜率为，则，两式相减得，即.由于直线和圆相切，所以当时，斜率为零的两条直线与圆相切都符合题意.当时， ，解得，所以点的轨迹方程为.将代入，解得，所以.由于在圆上， ，故.【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查直线和抛物线的位置关系，考查与弦的中点有关的问题用
5、点差法解决.由于本题涉及直线和抛物线相交所得弦的中点，故考虑用点差法解决，首先设出两点的坐标，代入抛物线方程，然后作差，配成斜率和中点的形式，由此建立中点和斜率的关系.二、填空题13已知是椭圆的左右焦点，点是椭圆的上顶点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】根据等边三角形的几何性质可知.14在正方体中，若点是底面正方形的中心，且，则_【答案】2【解析】依题意可知，故.15已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，点是椭圆和双曲线在第一象限的交点，则的值为_【答案】【解析】设，根据椭圆的定义有，根据双曲线的定义有，解得【点睛】本小题主要考查椭圆和双曲线的位置关系，考查椭圆的定义，考查双曲
6、线的定义，由于点即是椭圆上的点，又是双曲线上的点，故点既满足椭圆的定义，也满足双曲线的定义，根据两个定义列方程组，解方程组即可求得的值，进而求得比值.16在中，角的对边分别为， 为的重心，若且，则面积的最大值为_【答案】【解析】由于是的中点，故，而.所以，即，故.当为等边三角形时，面积取得最大值，故最大值为.【点睛】本题主要考查三角形重心的表示方法，考查解三角形中的余弦定理，考查已知三角形一边和一边的对角为，当三角形为等边三角形时面积取得最大值.对于对于三角形的重心，可以将作为一个结论记下来. “已知三角形一边和一边的对角为，当三角形为等边三角形时面积取得最大值”这个也可以作为一个结论记下来，
7、选择填空题可以直接利用.三、解答题17在中，角的对边分别为， 为的面积，若（1）求；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【试题分析】（1）利用三角形的面积公式化简题目所给等式可求得的大小，进而求得的值.（2）结合（1）用的余弦定理，化简得出，结合可求出点的值.【试题解析】（1）由有，得，由可得，故（2）由余弦定理有： ，得，即，可得，由，解得： 18已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且（1）求抛物线的方程；（2）过焦点的直线与抛物线分别交于两点，点的坐标分别为， ， 为坐标原点，若，求直线的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【试题分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，结合抛物线的定
8、义可求得，抛物线方程为.（2）设直线的方程为，联立直线方程和抛物线方程，消去，写出韦达定理，代入，化简可求得，即求得直线方程.【试题解析】（1）由点在抛物线上，有，解得，由抛物线定义有： ，解： ，故抛物线的方程为（2）设直线的方程为： ，联立方程，消去得： ，故有： ， ， ， ，则，故，解得： ，所求直线的方程为： 或19命题 “方程有两个正根”命题 “方程无实根”，这两个命题有且只有一个成立，试求实数的取值范围【答案】或【解析】试题分析：先根据二次方程实根分布得命题为真时实数的取值范围，再根据判别式小于零得命题为真时实数的取值范围，最后根据两个命题有且只有一个成立，分两种情况讨论，分别求
9、解，再求并集试题解析：命题为真时： 解得，命题为真时： ，解得，当真假时： 故有，当假真时： 故有，实数的取值范围为： 或.20已知公比为整数的正项等比数列满足： ， （1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【试题分析】（1）利用基本元的思想，将两个已知条件转化为的形式，解方程组可求得和通项公式.（2）由于是由一个等差数列乘以一个等比数列组合而成，故用错位相减求和法求其前项和.【试题解析】（1）设等比数列的公比为，由，有可得，由可得，两式相除可得： ，整理为： ，由，且为整数，可解得，数列的通项公式为（2）由， ，有 ，两式作差有： ，得 ，故21在如图所
10、示的几何体中，四边形为正方形，四边形为直角梯形， ， （1）求与平面所成角的正弦值；（2）线段或其延长线上是否存在点，使平面平面？证明你的结论【答案】（1）；（2）见解析【解析】【试题分析】（1）以为坐标原点、方向为轴、方向为轴、方向为轴建立空间直角坐标系.通过计算直线的方向向量和平面的法向量来求线面角的正弦值.（2）设点的坐标为，计算平面和平面的法向量，通过两个向量垂直数量积为零建立方程，求得的值.【试题解析】（1）解：以为坐标原点、方向为轴、方向为轴、方向为轴建立空间直角坐标系，则点的坐标为、点的坐标为、点的坐标为、点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，由， ， ，设平面的法向量为由，取，则
11、故与平面所成角的正弦值（2）证明：设点的坐标为，则， 设平面的法向量为由，取，则，若平面平面，则，解得： ，故点在的延长线上，且【点睛】本小题主要考查利用空间向量法求直线与平面所成角的正弦值，和利用空间向量法探求面面垂直的问题.由于题目所给条件中以为顶点的三条直线相互垂直，故可以直接建立空间直角坐标系来求解.要求直线与平面所成的角，则只需计算出直线的方向向量，和平面的法向量，代入公式即可求得.22已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的四个顶点的连线构成的四边形的面积为（1）求椭圆的方程；（2）设点为椭圆长轴的左端点， 为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点，记直线斜率分别为、，若，请判断直线是否过定点？若过定点
12、，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由【答案】（1）；（2）【解析】【试题分析】（1）将的坐标代入椭圆方程得到一个方程，利用四边形的面积可得到另一个方程，结合，联立方程组可解得的值.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，代入，化简后可求得定点坐标.【试题解析】（1）由点在椭圆上可得： ，整理为： ，由椭圆的四个顶点的连接线构成的四边形的面积为可得： ，即，可得，由可解得： ，故椭圆的方程为： （2）设点的坐标分别为，点的坐标为，故，可得，设直线的方程为（直线的斜率存在），可得，整理为： ，联立，消去得： ，由 ，有，有， ，故有： ，整理得： ，解得： 或，当时直线的方程为，即，过定点不合题意，当时直线的方程为，即，过定点【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系中根与系数关系的用法.对于求椭圆标准方程的问题，主要通过联立方程组解出来求解，有的题目是通过椭圆的定义来得到.题目给定，解题时就围绕这里来化简，结合韦达定理和判别式，运算量比较大.12
