《陕西省吴起高级中学2018-2019学年高二数学上学期期末考试能力试卷 理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省吴起高级中学2018-2019学年高二数学上学期期末考试能力试卷 理（含解析）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、吴起高级中学2018-2019学年第一学期期末考试高二理科数学试卷（能力）考试范围：数列;解三角形；不等式；常用逻辑用语；空间向量与立体几何；圆锥曲线与方程考试时间：120分钟；注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题 共60分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.命题且是真命题，则命题是（）A. 假命题 B. 真命题 C. 真命题或假命题 D. 不确定【答案】B【解析】【分析】命题p且q是真命题，则命题p和命题q都为真命题.【详解】命题p且q是真命题，由复合命题真
2、值表可知，命题p和命题q都为真命题.故选：B【点睛】本题考查含有逻辑连接词的复合命题的真假判断，属于基础题.2.不等式x2x60的解集为（ ）A. 13,12 B. 12,13 C. (3,2) D. (2,3)【答案】D【解析】分析：直接利用一元二次不等式的解法即可.详解：解方程x2x6=0，得x1=3,x2=2，不等式x2-x-60的解集为(-2,3).故选：D.点睛：本题考查一元二次不等式的解法，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答.3.已知等差数列an中，a3=9,a9=3，则公差d的值为（ ）A. 12 B. 1 C. 1 D. 12【答案】C【解析】【分析】由等差数列的通项公式进行
3、计算即可得答案.【详解】等差数列an中，a3=9,a9=3，则a9=a3+6d,即3=9+6d,解得d=-1故选：C【点睛】本题考查等差数列通项公式的应用，属于简单题.4.命题“xR,使得x2=1”的否定是（ ）A. xR,都有x2=1 B. xR,使得x2=1C. xR,使得x2=1 D. xR,都有x21【答案】D【解析】特称命题的否定为全称命题，将存在量词变为全称量词，同时将结论进行否定，故命题“xR，使得x2=-1”的否定是“xR，都有x2-1”，故选D.5.唐代诗人杜牧的七绝唐诗中有两句诗为：“今来海上升高望，不到蓬莱不成仙。”其中后一句中“成仙”是“到蓬莱”的（ ）A. 充分条件
4、B. 必要条件C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件【答案】A【解析】因为：不到蓬莱不成仙，成仙到蓬莱，“成仙”是“到蓬莱”的充分条件，选A.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假并注意和图示相结合，例如“pq”为真，则p是q的充分条件2等价法：利用pq与非q非p，qp与非p非q，pq与非q非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若AB，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若AB，则A是B的充要条件6.在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为() A.
5、 30 B. 45 C. 60 D. 90【答案】C【解析】连接BC1、D1A，D1C，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点MNC1B.C1BD1A，MND1A，D1AC为异面直线AC与MN所成的角.D1AC为等边三角形，D1AC=60.故选C.点睛: 本题主要考查异面直线所成的角.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7.曲线x216+y225=1与曲线y225-k-x2k-16=10k16的（ ）
6、A. 离心率相等 B. 焦距相等 C. 长轴长相等 D. 短轴长相等【答案】B【解析】【分析】分别求出两个曲线的长轴，短轴，离心率，焦距，即可得到结果【详解】曲线x216+y225=1为焦点在y轴上的椭圆，长轴2a=10，短轴2b8，离心率e35，焦距2c6曲线y225-k-x2k-16=y225-k+x216-k=10k0 ，b0 ），右焦点F 到渐近线的距离为2 ，F 到原点的距离为3 ，则双曲线C 的离心率为（ ）A. 53 B. 62 C. 63 D. 355【答案】D【解析】 由题意，双曲线C:x2a2y2b2=1(a0,b0)，右焦点F到渐近线的距离为2，到原点的距离为3，则双曲线
7、焦点到渐近线的距离为b=2,c=3，又b2=c2a2，代入得a2=5，解得e=35=355，故选D10.在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b2+c2=a2+bc，若sinBsinC=sin2A，则ABC的形状是（ ）A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】结合b2+c2=a2+bc，利用余弦定理可得cosA=12，可得A=3，由sinBsinC=sin2A，利正弦定理可得bc=a2，代入b2+c2=a2+bc，可得b=c，进而可得结论.【详解】在ABC中，b2+c2=a2+bc，cosA=b2+c2a22bc=bc2
8、bc=12，A0,，A=3，sinBsinC=sin2A，bc=a2，代入b2+c2=a2+bc，bc2=0，解得b=cABC的形状是等边三角形，故选C【点睛】本题考查了正弦定理余弦定理、等边三角形的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.已知椭圆x24+y2=1上一点P与椭圆的左右焦点F1,F2构成一个三角形，且F1PF2=600,则F1PF2的面积为（ ）A. 43 B. 33 C. 3 D. 433【答案】B【解析】【分析】先利用椭圆定义求出|PF1|+|PF2|和|F1F2|的值，然后利用余弦定理求出|PF1|PF2|的值，再代入三角形的面积公式即可【详解】由椭圆x24+y
9、2=1可知，a2，b1，c3，P点在椭圆上，F1、F2为椭圆的左右焦点，|PF1|+|PF2|2a4，|F1F2|2c23，在PF1F2中，cosF1PF2PF12+PF22-F1F222PF1PF2=PF1+PF22-2PF1PF2-F1F222PF1PF2=16-122PF1PF2-112，|PF1|PF2|43，又在F1PF2中，SF1PF212|PF1|PF2|sinF1PF2124332=33；故选：B【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形的面积的求法，关键是应用椭圆的定义和余弦定理转化12.设x、yR+且xy(x+y)=1，则（ ）A. x+y2(2+1) B. xy2+1C. x+y(
10、2+1)2 D. xy2(2+1)【答案】A【解析】【分析】x，yR+且xy（x+y）1，可得xy1+（x+y）x+y24，化简解出即可得【详解】x，yR+且xy（x+y）1，则xy1+（x+y）1+2xy，化为：xy22xy10，解得xy1+2，即xy1+22,xy1+（x+y）x+y24,即x+y2-4x+y-40解得x+y2(2+1)故选：A【点睛】本题考查利用基本不等式求最值问题，属于基础题.第II卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）13.三角形一边长为14，它对的角为60，另两边之比为8：5，则此三角形面积为_ _【答案】403【解析】试题分析
11、：设另外两边为8t,5t，由三角形余弦定理得25t2+64t219628t5t=12 t=2S=128t5t32=403考点：1余弦定理；2三角形面积公式14.若抛物线y2=4x 上一点M到焦点的距离为3，则点M到y轴的距离为_【答案】2【解析】抛物线y2=4x 上一点M到焦点的距离为3，则抛物线y2=4x 上一点M到准线x=1得距离为3，则点M到y轴的距离为31=2 .15.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成角为60，M为PA中点，连接DM，则DM与平面PAC所成角的大小是_【答案】45【解析】设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为62a，建立如图所示空间直角坐标系，则平面P
12、AC的法向量为n(1,0,0)，D(22a,0,0)，A0，22a,0，P(0,0,62a)，M(0,24a,64a)，DM(22a,24a,64a)，所以cos DM，n|nDM|n|DM|22，所以DM与平面PAC所成角为45.16.设x,y满足约束条件x2y+302x3y+40y0，若目标函数z=ax+by（其中a0,b0）的最大值为3，则1a+2b的最小值为（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】试题分析：作出可行域，如图ABC内部（含边界），作直线l:ax+by=0，当直线向上平移时，增大，因此当过点B(1,2)时，z最大=a+2b=3，1a+2b=13(a+2
13、b)(1a+2b)=13(5+2ab+2ba)13(5+22ab2ba) =3（当且仅当2ab=2ba时等号成立），因此1a+2b的最小值为3故选C考点：简单的线性规划，基本不等式【名师点睛】1求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义2常见的目标函数有：（1）截距型：形如zaxby.求这类目标函数的最值常将函数zaxby转化为直线的斜截式：yx，通过求直线的截距的最值间接求出z的最值（2）距离型：形如z（xa）2（yb）2.（3）斜率型：形如z.注意：转化的等价性及几何意义三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.如图是抛物
