广西桂林市2018-2019学年度上学期期末质量检测高二年级数学（理科）（解析版）11页

2018-2019学年广西桂林市高二（上）期末数学试卷（理科） 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 焦点坐标为（1，0）的抛物线的标准方程是（　　） A. y2=-4x B. y2=4x C. x2=-4y D. x2=4y 【答案】B 【解析】解：由题意可设抛物线方程为y2=2px（p＞0）， 由焦点坐标为（1，0），得，即p=2． ∴抛物的标准方程是y2=4x． 故选：B． 由题意设抛物线方程为y2=2px（p＞0），结合焦点坐标求得p，则答案可求． 本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的简单性质，是基础题． 2. 若a＞b，x＞y，则下列不等式正确的是（　　） A. a+x＞b+y B. a-x＞b-y C. ax＞by D. 【答案】A 【解析】解：∵a＞b，x＞y， 根据不等式同向相加性质可得a+x＞b+y， 故选：A． 根据不等式的同向相加性质可知选A． 本题考查了不等式的基本性质，属基础题． 3. 等差数列{an}中，a2=6，a4=8，则a6=（　　） A. 4 B. 7 C. 10 D. 14 【答案】C 【解析】解：∵等差数列{an}中，a2=6，a4=8， ∴， 解得a1=5，d=1， ∴a6=a1+5d=5+5=10． 故选：C． 利用等差数列通项公式列方程组，求出首项和公差，由此能求出第6项． 本题考查等差数列的第6项的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 4. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2-b2-c2=bc，则A=（　　） A. 30 B. 60 C. 120 D. 150 【答案】C 【解析】解：a2-c2=b2+bc，可化为b2+c2-a2=-bc， 两边同除以2bc，得， 由余弦定理，得cosA=-， ∴A=120， 故选：C． 原式可变形为，由余弦定理可得cosA，由此可求A． 该题考查余弦定理及其应用，对余弦定理的内容要熟练，会“正用、逆用、变形用”． 5. 已知命题p：∃x∈R，x2+2x+3=0，则￢p是（　　） A. ∀x∈R，x2+2x+3≠0 B. ∀x∈R，x2+2x+3=0 C. ∃x∈R，x2+2x+3≠0 D. ∃x∈R，x2+2x+3=0 【答案】A 【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以命题p：∃x∈R，x2+2x+3=0，则￢p是：∀x∈R，x2+2x+3≠0． 故选：A． 直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可． 本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题． 6. 设x，y满足约束条件，则z=x+y的最大值为（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】解：x，y满足约束条件的可行域如图： ，则z=x+y经过可行域的A时，目标函数取得最大值， 由解得A（3，0）， 所以z=x+y 的最大值为：3． 故选：D． 画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最大值即可． 本题考查线性规划的简单应用，考查约束条件的可行域，判断目标函数的最优解是解题的关键． 7. 设x∈R，则“x＜3”是“-1＜x＜3”的（　　） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】解：当x=-2满足x＜3，但“-1＜x＜3”不成立，即充分性不成立， 当“-1＜x＜3”时，x＜3成立， 即“x＜3”是“-1＜x＜3”的必要不充分条件， 故选：C． 根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键． 8. 如果椭圆+=1的弦被点（1，1）平分，则这条弦所在的直线方程是（　　） A. x+2y-3=0 B. 2x-y-3=0 C. 2x+y-3=0 D. x+2y+3=0 【答案】A 【解析】解：设过点A（1，1）的直线与椭圆相交于两点，E（x1，y1），F（x2，y2）， 由中点坐标公式可知：， 则，两式相减得：+=0， ∴=-， ∴直线EF的斜率k==-， ∴直线EF的方程为：y-1=-（x-1），整理得：2y+x-3=0， 故选：A． 由题意可知：将E，F代入椭圆方程，由中点坐标公式，做差求得直线EF的斜率公式，由直线的点斜式方程，即可求得条弦所在的直线方程． 本题考查直线的点斜式方程，中点坐标公式，考查计算能力，属于中档题． 9. 已知命题p：∀x∈R，2mx2+mx-＜0，命题q：2m+1＞1．若“p∧q”为假，“p∨q”为真，则实数m的取值范围是（　　） A. （-3，-1）∪[0，+∞） B. （-3，-1]∪[0，+∞） C. （-3，-1）∪（0，+∞） D. （-3，-1]∪（0，+∞） 【答案】D 【解析】解：当m=0时，2mx2+mx-＜0等价为-＜0，则不等式恒成立， 当m≠0时，要使2mx2+mx-＜0恒成立，则， 即，得-3＜m＜0，综上-3＜m≤0，即p：-3＜m≤0， 由2m+1＞1得m+1＞0，得m＞-1，即q：m＞-1 若“p∧q”为假，“p∨q”为真， 则p，q一个为真命题一个为假命题， 若p真q假，则，得-3＜m≤-1， 若p假q真，则，即m＞0， 综上-3＜m≤-1或m＞0， 即实数m的取值范围是（-3，-1]∪（0，+∞）， 故选：D． 根据不等式的解法分别求出命题p，q为真命题的等价条件，结合复合命题真假关系进行求解即可． 本题主要考查复合命题真假关系的应用，求出命题p，q为真命题的等价条件是解决本题的关键．注意要对p，q的真假进行分类讨论． 10. 在数列{an}中，a1=2，an=an-1+ln（1+）（n≥2）则{an}=（　　） A. 2+nlnn B. 2+（n-1）lnn C. 2+lnn D. 1+n+lnn 【答案】C 【解析】解：∵=，（n≥2） ∴an=an-1+lnn-ln（n-1），（n≥2） ∴an-lnn=an-1-ln（n-1），（n≥2） ∴{an-lnn}是常数数列， ∴an-lnn=a1-ln1=2， ∴an=2+lnn． 故选：C． 根据条件，，即an-lnn=an-1-ln（n-1），故{an-lnn}是常数数列，所以an-lnn=a1-ln1=2，即an=2+lnn． 本题考查的知识点是数列的递推公式和对数的运算性质，属于基础题． 11. 已知双曲线C：=1（a＞0，b＞0）的右项点为A，过A作双曲线C的一条渐近线的平行线，且该直线与另一条渐近线交于点M，若（+）=0，则C的离心率为（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】解：过A作双曲线C的一条渐近线的平行线，则该平行线的方程为：y= 联立，可得M（，-） ∵（+）=0，则OM=OA=a， ∴⇒b2=3a2， 则C的离心率为． 故选：C． 可得M（，-），由（+）=0，可得OM=OA=a，⇒b2=3a2，可得离心率． 本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于中档题． 12. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，b＞c，则=（　　） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】解：根据题意，△ABC中，， 则有a-c-=0，变形可得：a2-b2-c2-bc=0， 又由a2=，则有2b2+2c2-5bc=0， 即可得：（）2-（）+1=0， 解可得：=2或=， 又由b＞c，则=2； 故选：B． 根据题意，由余弦定理，分析可得⇒a-c-=0，变形可得：a2-b2-c2-bc=0，又由a2=，进而可得（）2-（）+1=0，结合b＞c，解可得的值，即可得答案． 本题考查三角形中的几何计算，关键是运用余弦定理变形． 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 函数，x＞0的最小值是______． 【答案】2 【解析】解：∵， 当且仅当x=1 取等号． 故函数，x＞0的最小值是2． 故答案为：2． 注意到两项的积为定值，且为正数，故考虑利用基本不等式即可解决． 本题考查函数的最值，解题时要注意基本不等式的应用． 14. 正项等比数列{an}，若3a1，，2a2成等差数列，则{an}的公比q=______． 【答案】3 【解析】解：∵正项等比数列{an}，3a1，，2a2成等差数列， ∴， 解得q=3． ∴{an}的公比q=3． 故答案为：3． 利用等比数列的通项公式、等差数列的性质列出方程，由此能求出{an}的公比． 本题考查公比的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 15. 一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15，与灯塔S相距20海里，随后货轮继续沿正西方向航行30分钟到达N处后，又测得灯塔在货轮的北偏东45，则货轮的速度为______海里/时． 【答案】20 【解析】解：由题意可知∠SMN=15+90=105，∠SNM=45，SM=20， ∴∠NSM=30， 在△SMN中，由正弦定理可得：， 即，解得：MN=10， ∴货轮的速度为=20海里/时． 故答案为：20． 根据正弦定理求出MN，再得出货轮的速度． 本题考查了解三角形的应用，正弦定理，属于基础题． 16. 已知点A（0，-1），B（0，1），以点P（m，4）为圆心，|PB|为半径作圆Γ，圆Γ在B处的切线为直线l，过点A作圆Γ的一条切线与l交于点M，则|MA|+|MB|=______． 【答案】4 【解析】解：设过点A作圆Γ的一条切线与圆相切于C点， ∵M是两条切线的交点， ∴MB=MC，即|MA|+|MB|=|MA|+|MC|=|AC|=， ∵圆Γ是以点P（m，4）为圆心，|PB|为半径 ∴半径|PC|=|PB|=，|PA|=， 则|AC|====4， 则|MA|+|MB|=4， 故答案为：4 根据条件作出图象，结合两条切线交点的性质，转化为|MA|+|MB|=|AC|，利用勾股定理进行求解即可． 本题主要考查直线和圆相切的性质的应用，利用数形结合转化为直角三角形，利用勾股定理是解决本题的关键．考查学生的转化能力． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a5=3，S3=． （1）求{an}的通项公式； （2）若Sm=27，求m． 【答案】解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 则，解得a1=1，d=， ∴=（n+1）． （2）由（1）得Sm===27， 整理，得m2+3m-108=0， 由m∈N*，解得m=9． 【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用等差数列的通项公式、前n项和公式列出方程组，求出a1=1，d=，由此能求出{an}的通项公式． （2）求出Sm==27，由此能求出m． 本题考查等差数列的通项公式、实数值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 18. 在△ABC中，已知BC=7，AB=3，∠A=60． （1）求cos∠C的值； （2）求△ABC的面积． 【答案】（本题满分为12分） 解：（1）∵BC=7，AB=3，∠A=60． ∴由正弦定理可得：sinC===，…3分 ∵BC＞AB， ∴C为锐角，…4分 ∴cosC===，…6分 （2）∵A+B+C=π，A=60， ∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=+=，…9分 ∴S△ABC=BC•AB•sinB==6．…12分 【解析】（1）由已知及正弦定理可得sinC的值，利用大边对大角可求C为锐角，根据同角三角函数基本关系式可求cosC的值． （2）利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可求sinB的值，根据三角形的面积公式即可计算得解． 本题主要考查了正弦定理，大边对大角，同角三角函数基本关系式，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 19. 设抛物线C：y2=4x焦点为F，直线l与C交于A，B两点． （1）若1过F且斜率为1，求|AB|； （2）若不过坐标原点O，且OA⊥OB，证明：直线l过定点． 【答案】解：（1）抛物线C：y2=4x的焦点为F（1，0），直线l过点F且斜率为1， 则l的方程为y=x-1，设A（x1，y1），B（x2，y2）， 由，消去y，得x2-6x+1=0， 又△=（-6）2-411=32＞0， 且x1+x2=6， ∴|AB|=x1+x2+2=8； （2）直线l的斜率不为0时，可设直线l的方程为x=my+a（a≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）； 由，消去x，得y2-4my-4a=0， 则y1y2=-4a； 又x1=，x2=， ∴x1x2===a2， 又∵OA⊥OB， ∴•=x1x2+y1y2=0， 即a2-4a=0， 又∵a≠0，∴a=4； ∴直线l：x=my+4恒过定点M（4，0）． 【解析】（1）由题意写出直线l的方程，与抛物线方程联立消去y，得关于x的一元二次方程， 利用根与系数的关系和抛物线的定义求出|AB|的值； （2）可设直线l的方程为x=my+a（a≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）； 由得关于y的一元二次方程， 利用根与系数的关系和平面向量的坐标运算法则求出a的值，再判断直线l恒过定点． 本题考查了直线与抛物线方程的应用问题，也考查了方程与平面向量的应用问题，是中档题． 20. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足=． （1）求A； （2）若D为边BC上一点，且=2，b=6，AD=2，求a． 【答案】（本题满分为12分） 解：（1）∵=，可得：（2c-b）cosA=acosB， ∵， ∴（2sinC-sinB）cosA=sinAcosB， ∴2sinCcosA-sinBcosA=sinAcosB， ∴2sinCcosA=sin（A+B）=sinC， 在△ABC中，sinC≠0． ∴cosA=，∠A=．…（5分） （2）过点D作DE∥AC交AB与E， 则∠DEA=，=，则DE=AC=2，…8分 在△ADE中，由余弦定理可得：AD2=AE2+DE2-2AD， ∴12=AE2+22-2AE，即：AE2+2AE-8=0，解得：AE=2， ∴AB=3，…10分 在△ABC中，由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2-2AB， ∴BC2=32+62-2=27， ∴BC=3．…12分 【解析】（1）由正弦定理化简已知等式可得2sinCcosA=sinC，又sinC≠0，即可得cosA=，即可求得A的大小． （2）过点D作DE∥AC交AB与E，可求∠DEA=，DE=AC=2，在△ADE中，由余弦定理可解得AE，可求AB，在△ABC中，由余弦定理可得BC的值． 本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应用，属于中档题． 21. 已知数列{an}满足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1． （1）求数列{bn}的通项公式； （2）证明：． 【答案】解：（1）a1=2，an+1=2（Sn+n+1）① n=1时，a1=2（2+1+1）=8， n≥2时，an=2（Sn-1+n）② ①②相减整理可得an+1=3an+2， 可得an+1+1=3（an+1），n=1时，上式也成立， 即有bn+1=3bn， bn=b1•3n-1=3n； （2）证明：由an+1=3n，可得== ＜=（-）， 即有++…+＜+（-+-+…+-） =+（-）＜+=． 【解析】（1）运用数列的递推式和等比数列的通项公式，可得所求； （2）由an+1=3n，可得==＜=（-），再由裂项相消求和，结合不等式的性质可得证明． 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式和等比数列的通项公式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查不定时的性质，属于中档题． 22. 设点A，B的坐标分别为（-2，0），（2，0）直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是． （1）求点M的轨迹E的方程； （2）设直线l：y=kx与E交于C，D两点，F1（-1，0），F2（1，0），若E上存在点P，使得S△PCD=2S，求实数k的取值范围． 【答案】解：（1）设M（x，y），由题意得： kAM•kBM==-（x≠2）， 化简，得点M的轨迹E的方程为，（x≠2）． （2）设C（x1，y1），P（2cosα，）， ∴=2=， 点P到直线l的距离d==≤， ∵|CD|=2=2•|y1|，k≠0， ∴S△PCD=≤•|y1|•=•|y1|． ∵E上存在点P，使得， ∴只需4|y1|≤•|y1|，解得k2． ∵k≠0，∴k的取值范围是[-）∪（0，]． 【解析】（1）设M（x，y），由题意得kAM•kBM==-（x≠2），由此能求出点M的轨迹E的方程． （2）设C（x1，y1），P（2cosα，），则=2=2|y1|，点P到直线l的距离d==≤，|CD|=2=2•|y1|，k≠0，从而S△PCD=≤•|y1|．从而只需4|y1|≤•|y1|，由此能求出k的取值范围． 本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线的斜率的取值范围的求法，考查直线方程、椭圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．