2017-2018学年山西省吕梁市孝义市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答

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1、2017-2018学年山西省吕梁市孝义市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.1（5分）已知集合Ax|2x+13，Bx|x24，则AB（）Ax|2x1Bx|x2Cx|2x1Dx|x22（5分）“a1，b1”是“ab1”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3（5分）如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA3cm，OC1cm，则原图形的面积是（）ABCD6cm24（5分），表示两个不同的平面，l表示既不在内也不在内的直线，存在以下三种情况：l；l；若以其中两个为条件，另一个为结论，构成命题，其中正确

2、命题的个数为（）A0B1C2D35（5分）在ABC中，AB2，BC1.5，ABC120，若将ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（）ABCD6（5分）已知直线l的倾斜角为，直线l1经过点A（3，2）、B（a，1），且l1与l垂直，直线l2：2x+by+10与直线l1平行，则a+b等于（）A4B2C0D27（5分）设实数x，y满足不等式组，则的取值范围是（）ABCD8（5分）曲线与曲线（9m16）一定有相等的（）A长轴长B短轴长C离心率D焦距9（5分）已知线段PQ两端点的坐标分别为P（3，3）和Q（4，4），若直线l：ymx2m0与线段PQ有交点，则实数m的取值范围是（）ABCD1

3、0（5分）当曲线与直线yx+b有公共点时，实数b的取值范围是（）A1，3B（1，3）CD11（5分）P是双曲线的右支上一点，M，N分别是圆（x+10）2+y21和（x10）2+y24上的点，则|PM|PN|的最大值为（）A12B13C14D1512（5分）如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这样，下列五个结论：SG平面EFG；SD平面EFG；GF平面SEF；EF平面GSD；GD平面SEF正确的个数是（）A1B2C3D4二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答

4、题纸上）13（5分）命题“x1，3，x21”的否定是 14（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长度为 15（5分）过球O表面上一点A引三条长度相等的弦AB，AC，AD，且AB，AC，AD两两夹角都为60，若，则该球的体积为 16（5分）已知抛物线y24x的焦点为F，若点A，B是该抛物线上的点，线段AB的中点M在抛物线的准线上的射影为N，则的最大值为 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17（12分）已知点P（0，5）及圆C：x2+y2+4x12y+240（1）若直线l过点P，且被圆C截得的线段长为4，求l的方程；（2）求过P点的圆C弦

5、的中点的轨迹方程18（12分）在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，设f（x）a2x2（a2b2）x4c2（1）若f（1）0且，求角C的大小；（2）若f（2）0，且a2b，求cosC的大小19（12分）已知数列an的前n项和Sn（1）求数列an的通项公式；（2）记，nN*，求的前n项和Tn20（12分）在四棱锥PABCD中，DBA，ABCD且ABCD，PAB和PBD都是边长为2的等边三角形，设P在底面ABCD的投影为O（1）求证：O是AD的中点；（2）证明：BCPB；（3）求二面角APBC的余弦值21（12分）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点为短轴的一个端点，若点M（x0，y

6、0）在椭圆C上，则点称为点M的一个“椭点”（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l：ykx+m与椭圆C相交于A、B两点，且A，B两点的“椭点”分别为P，Q，以PQ为直径的圆经过坐标原点O，试求AOB的面积选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为2cos（1）求曲线C的普通方程；（2）将曲线C的图象向左平移1个单位，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线C的图象，若曲线C与x轴的正半轴及y轴的正半轴分别交于点A，B，在曲线C上任取一点P，且点P在第一象限，求四边形OAPB面积的最大值选修4-5

7、：不等式选讲23已知函数f（x）|2xa|+|2x+3|，g（x）|2x3|+2（1）解不等式g（x）5；（2）若对任意x1R，都存在x2R，使得f（x1）g（x2）成立，求实数a的取值范围2017-2018学年山西省吕梁市孝义市高二（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.1（5分）已知集合Ax|2x+13，Bx|x24，则AB（）Ax|2x1Bx|x2Cx|2x1Dx|x2【分析】求出集合A，B，利用集合的基本运算即可得到结论【解答】解：Ax|2x+13x|x1，Bx|x24x|2x2，ABx|x2，故选：B【点评】本题主要考查集合的

8、基本运算，求出集合A，B的元素是解决本题的关键，比较基础2（5分）“a1，b1”是“ab1”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】“a1，b1”“ab1”，反之不成立，例如取a，b4即可判断出结论【解答】解：“a1，b1”“ab1”，反之不成立，例如取a，b4“a1，b1”是“ab1”的充分不必要条件故选：A【点评】本题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3（5分）如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA3cm，OC1cm，则原图形的面积是（）ABCD6cm2【分析】把直观图还原成原来的图形，根

9、据斜二侧画法法则求出原图形的面积【解答】解：把直观图OABC还原成原来的图形，如图所示；则OAOA3cm，OD2OC2cm，原图形是平行四边形OABC，它的面积是S326cm2故选：B【点评】本题考查了斜二侧画法应用问题，是基础题4（5分），表示两个不同的平面，l表示既不在内也不在内的直线，存在以下三种情况：l；l；若以其中两个为条件，另一个为结论，构成命题，其中正确命题的个数为（）A0B1C2D3【分析】分别利用线面垂直的性质及面面垂直的判定、面面垂直的性质及线面平行的判定，即可得到结论【解答】解：、表示平面，l表示不在内也不在内的直线，l，l，以作为条件，作为结论，即若l，l，根据线面垂直

10、的性质及面面垂直的判定，可得，故是真命题；以作为条件，作为结论，即若l，根据面面垂直的性质及线面平行的判定，可得l，故是真命题；以作为条件，作为结论，即若l，则l，或l与相交，故是假命题故选：C【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质，考查学生的推理能力，属于中档题5（5分）在ABC中，AB2，BC1.5，ABC120，若将ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（）ABCD【分析】所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分，故用大圆锥的体积减去小圆锥的体积，即为所求【解答】解：如图：ABC中，绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体是以

11、ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分AB2，BC1.5，ABC120，AEABsin60，BEABcos601，V1，V2，VV1V2，故选：D【点评】本题考查圆锥的体积公式的应用，判断旋转体的形状是解题的关键6（5分）已知直线l的倾斜角为，直线l1经过点A（3，2）、B（a，1），且l1与l垂直，直线l2：2x+by+10与直线l1平行，则a+b等于（）A4B2C0D2【分析】先求出l的斜率，利用垂直关系可得l1的斜率，由斜率公式求出a 的值，由l1l2 得，1，解得b值，可得结果【解答】解：l的斜率为1，则l1的斜率为1，kAB1，a0由l1l2 得，1，得

12、b2，所以，a+b2 故选：B【点评】本题考查两直线平行、垂直的性质，斜率公式的应用7（5分）设实数x，y满足不等式组，则的取值范围是（）ABCD【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用z的几何意义即可求出z的取值范围【解答】解：作出实数x，y满足不等式组，对应的平面区域如图：（阴影部分）z的几何意义为阴影部分的动点（x，y）到定点Q（4，0）连线的斜率的取值范围由图象可知当点位于B时，直线的斜率最大，当点位于B时，直线的斜率为0由，解得A（0，2），BP的斜率k，z的范围：0，故选：B【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义是解决本题的关键，利用数形结合是解决线

13、性规划问题中的基本方法8（5分）曲线与曲线（9m16）一定有相等的（）A长轴长B短轴长C离心率D焦距【分析】确定曲线表示焦点在y轴上的双曲线，且2c25m+m916，再结合椭圆方程，即可得出结论【解答】解：9m16，曲线表示焦点在y轴上的双曲线，且2c25m+m916，曲线表示椭圆，2c25916，曲线与曲线（9m16）一定有相等的焦距故选：D【点评】本题考查椭圆、双曲线的性质，考查学生的计算能力，正确求焦距是关键9（5分）已知线段PQ两端点的坐标分别为P（3，3）和Q（4，4），若直线l：ymx2m0与线段PQ有交点，则实数m的取值范围是（）ABCD【分析】由题意知直线l过定点A，作出对应的

14、图象，结合图象列不等式组求出m的取值范围【解答】解：直线l：ymx2m0等价为ym（x+2）0，则直线过定点A（2，0），作出对应的图象如图：则由图象可知直线l的斜率km，满足kkAQ或kkAP，即m或m3，则m1或m故选：A【点评】本题考查了直线方程的应用问题，也考查了数形结合应用问题，是基础题10（5分）当曲线与直线yx+b有公共点时，实数b的取值范围是（）A1，3B（1，3）CD【分析】曲线表示以C（0，1）为圆心、半径等于的半圆，当直线yx+b过点（，1）时，可得b1，满足条件当直线yx+b和半圆相切时，由点到直线距离等于半径求得b，数形结合可得实数b的取值范围【解答】解：由曲线得x2

15、+（y1）22（y1）表示以C（0，1）为圆心、半径等于的半圆，如图所示：当直线yx+b过点（，1）时，可得b，满足直线yx+b与曲线有一个不同的公共点当直线yx+b和半圆相切时，由，解得b3或b1（舍去），曲线与直线yx+b有公共点时，实数b的取值范围是，3，故选：C【点评】本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题11（5分）P是双曲线的右支上一点，M，N分别是圆（x+10）2+y21和（x10）2+y24上的点，则|PM|PN|的最大值为（）A12B13C14D15【分析】由题设知|PF1|PF2|2a12，|MP|PF1|+|MF1|

16、，|PN|PF2|+|NF2|，|PN|PF2|+|NF2|，所以，|PM|PN|PF1|+|MF1|PF2|+|NF2|，由此能求出结果【解答】解：双曲线，a6，b8，c10，F1（10，0），F2（10，0），|PF1|PF2|2a12，|MP|PF1|+|MF1|，|PN|PF2|+|NF2|，|PN|PF2|+|NF2|，所以，|PM|PN|PF1|+|MF1|PF2|+|NF2|12+1+215故选：D【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到轨迹方程的求法及直线与双曲线的相关知识，解题时要注意合理地进行等价转化12（5分）如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别

17、是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这样，下列五个结论：SG平面EFG；SD平面EFG；GF平面SEF；EF平面GSD；GD平面SEF正确的个数是（）A1B2C3D4【分析】根据题意，在折叠过程中，始终有SG1G1E，SG3G3F，即SGGE，SGGF，由线面垂直的判定定理，易得SG平面EFG，分析四各个选项，即可给出正确的选择【解答】解：在折叠过程中，始终有SG1G1E，SG3G3F，即SGGE，SGGF，SG平面EFG故正确错误由等腰三角形的对称性质可得：SDEF，GDEF，SDGDD，可得EF平面G

18、SD，因此正确都不正确故选：B【点评】本题主要考查了垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13（5分）命题“x1，3，x21”的否定是x1，3，x21【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可求出【解答】解：全称命题的否定为特殊命题，故命题“x1，3，x21”的否定是“x1，3，x21”故答案为：x1，3，x21【点评】本题考查了命题的否定，全称命题的否定是特称命题，属于基础题14（5分）某三棱锥的三视图如

19、图所示，则该三棱锥最长棱的长度为3【分析】由三视图可知，原几何体为三棱锥PABC，过P作PD底面ABC，连接AD，CD，BD，则ABBD，CDBD，且ABCD1，PDBD2，求解三角形得到各棱长，则答案可求【解答】解：由三视图可知，原几何体为三棱锥PABC，过P作PD底面ABC，连接AD，CD，BD，则ABBD，CDBD，且ABCD1，PDBD2，求解三角形可得：PCBC，PB，PA该四棱锥最长棱的长度为3故答案为：3【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题15（5分）过球O表面上一点A引三条长度相等的弦AB，AC，AD，且AB，AC，AD两两夹角都为60，若

20、，则该球的体积为【分析】由题意画出图形，可知ABCD是正四面体，设ABa，结合球心为正四面体的中心通过求解直角三角形得球的半径，则球的体积可求【解答】解：如图：A、B、C、D为球上四点，设ABACADa，在ABD中，由余弦定理可得，解得：a，三棱锥ABCD为正四面体，过点B、C、D的截面圆半径rO1B，正四面体ABCD的高，则截面BCD与球心的距离dOO1，解得R该球的体积为故答案为：【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力和思维能力，是中档题16（5分）已知抛物线y24x的焦点为F，若点A，B是该抛物线上的点，线段AB的中点M在抛物线的准线上的射影为N，则的最大值为【分

21、析】设|AF|a、|BF|b，由抛物线定义结合梯形的中位线定理，得2|MN|a+b再由勾股定理得|AB|2a2+b2，结合基本不等式求得|AB|的范围，从而可得的最大值【解答】解：设|AF|a，|BF|b，A、B在准线上的射影点分别为Q、P，连接AQ、BQ由抛物线定义，得AF|AQ|且|BF|BP|在梯形ABPQ中根据中位线定理，得2|MN|AQ|+|BP|a+b由勾股定理得|AB|2a2+b2，配方得|AB|2（a+b）22ab，又ab（） 2，（a+b）22ab（a+b）22（） 2（a+b）2得到|AB|（a+b）所以，即的最大值为故答案为：【点评】本题给出抛物线的弦AB对焦点F所张的角

22、为直角，求AB中点M到准线的距离与AB比值的取值范围，着重考查了抛物线的定义与简单几何性质、梯形的中位线定理和基本不等式求最值等知识，属于中档题三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17（12分）已知点P（0，5）及圆C：x2+y2+4x12y+240（1）若直线l过点P，且被圆C截得的线段长为4，求l的方程；（2）求过P点的圆C弦的中点的轨迹方程【分析】（1）讨论直线l是否有斜率，就两种情况分别求出直线方程；（2）设弦的中点为M（x，y）根据CMPM得出轨迹方程【解答】解：（1）圆的圆心为C（2，6），半径r4，直线l被圆C解得弦长为4，圆心C到直线

23、l的距离d2，若直线l无斜率，则直线方程为x0，此时圆心到直线l的距离为2，符合题意；若直线l有斜率，设斜率为k，则直线l的方程为ykx+5，即kxy+50，解得k，直线l的方程为yx+5综上，直线l的方程为x0或yx+5（2）设所求轨迹上任意一点为M（x，y），则kCM（x2），kPM（x0），1，整理得x2+y2+2x11y+300，经验证当x2时，弦的中点为（2，5）或（2，6），符合上式，当x0时，弦的中点为（0，6），符合上式，过P点的圆C弦的中点的轨迹方程为x2+y2+2x11y+300【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，轨迹方程的求解，属于中档题18（12分）在ABC中，a，b

24、，c分别为内角A，B，C的对边，设f（x）a2x2（a2b2）x4c2（1）若f（1）0且，求角C的大小；（2）若f（2）0，且a2b，求cosC的大小【分析】（1）由f（1）0，得a2（a2b2）4c20，可得b2c，由正弦定理，得sinB2sinC，由BC，可得BC+，将其代入上式，得sin（C+）2sinC，解出即可得出（2）由f（2）0，可得4a22（a2b2）4c20，a2b利用余弦定理即可得出【解答】解：（1）由f（1）0，得a2（a2b2）4c20，b2c，又由正弦定理，得sinB2sinC，BC，BC+，将其代入上式，得sin（C+）2sinC，整理得：sinCcosC，tan

25、C角C是三角形的内角，C（2）f（2）0，4a22（a2b2）4c20，即a2b22c20，又a2b由余弦定理，cosC【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19（12分）已知数列an的前n项和Sn（1）求数列an的通项公式；（2）记，nN*，求的前n项和Tn【分析】（1）由数列的递推式可得当n2时，由anSnSn1，结合等比数列的定义和通项公式可得所求通项；（2）求得bnn，运用数列的裂项相消求和，即可得到所求和【解答】解：（1）当n2时，由anSnSn111+，当n1时，a1，所以an，nN*；（2）由（1）及（）n，所以，故的前n项和Tn1+1

26、【点评】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定义、通项公式，考查数列的裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题20（12分）在四棱锥PABCD中，DBA，ABCD且ABCD，PAB和PBD都是边长为2的等边三角形，设P在底面ABCD的投影为O（1）求证：O是AD的中点；（2）证明：BCPB；（3）求二面角APBC的余弦值【分析】（1）由PAPBPD，得点O为ABD的外心，由此能证明点O为AD的中点（2）推导出BCPO，OBAD，CBBO，由此能证明CB面PBO，从而BCPB（3）以点O为原点，以OB，OD，OP所在射线为x轴，y轴，z轴建系，由此能求出二面角的

27、余弦值【解答】证明：（1）PAB和PBD都是等边三角形，PAPBPD，又PO底面ABCD，OAOBOD，则点O为ABD的外心，又ABD是直角三角形，点O为AD的中点（2）由（1）知，点P在底面的射影为点O，点O为AD的中点，PO底面ABCD，BCPO，在RtABD中，BDBA，OBAD，又ABCD，且ABCD，CBD，从而，即CBBO，由BCPO，CBBO，得CB面PBO，BCPB解：（3）以点O为原点，以OB，OD，OP所在射线为x轴，y轴，z轴建系如图，AB2，则O（0，0，0），A（0，0），B（，0，0），C（，0），D（0，），P（0，0，），（，0），（），（0，2，0），设面PA

28、B的法向量为（x，y，z），则，取x1，得（1，1，1）设面PBC的法向量为（x，y，z），则，取x1，得（1，0，1），cos，由图观察知APBC为钝二面角，该二面角的余弦值为【点评】本题考查线段中点的证明，考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题21（12分）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点为短轴的一个端点，若点M（x0，y0）在椭圆C上，则点称为点M的一个“椭点”（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l：ykx+m与椭圆C相交于A、B两点，且A，B两点的“椭点”分别为P，Q，以PQ

29、为直径的圆经过坐标原点O，试求AOB的面积【分析】（1）由已知得a2c，又a2b2+c2，b，a2，求得椭圆方程；（2）以PQ为直径的圆经过坐标原点，得得0，将直线l的方程代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式及点到直线的距离公式，将2m24k23代入即可求得AOB的面积【解答】解（1）由已知得a2c，又a2b2+c2，b，a2，所以椭圆C的方程为：+1；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则P（，），Q（，），由以PQ为直径的圆经过坐标原点，得0，即+0，由，消除y整理得：（3+4k2）x2+8mkx+4（m23）0，由64k2m216（3+4k2）（m23）0，得3+4k2m20，而x

30、1+x2，x1x2，y1y2（kx1+m）（kx2+m）k2x1x2+mk（x1+x2）+m2，将代入得：+0，即2m24k23，又|AB|，原点O到直线l：ykx+m的距离d，SAOB|AB|d，把2m24k23代入上式得SAOB，即SAOB面积为【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，韦达定理，弦长公式及点到直线的距离公式，考查计算能力，属于中档题选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为2cos（1）求曲线C的普通方程；（2）将曲线C的图象向左平移1个单位

31、，再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线C的图象，若曲线C与x轴的正半轴及y轴的正半轴分别交于点A，B，在曲线C上任取一点P，且点P在第一象限，求四边形OAPB面积的最大值【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（2）利用三角形的面积和求出四边形的面积，进一步利用三角函数关系是的恒等变换求出最大值【解答】解：（1）知曲线C的极坐标方程为2cos转换为直角坐标方程为：x2+y22x（2）由已知，曲线C经过变换后所得方程C的方程中为：曲线C与x轴的正半轴及y轴的正半轴分别交于点A，B，所以A（2，0），B（0，1），设P（2cos，s

32、in）（0），则：cos，sin，则：S四边形AOPBsin+cos，当时，四边形面积的最大值为【点评】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变变换及应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|2xa|+|2x+3|，g（x）|2x3|+2（1）解不等式g（x）5；（2）若对任意x1R，都存在x2R，使得f（x1）g（x2）成立，求实数a的取值范围【分析】（1）利用绝对值不等式转化求解即可（2）求出函数的值域，利用函数的值域的包含关系，转化求解即可【解答】解：（1）由|2x3|+25，得 0x3，（2）由题意对任意x1R，都存在x2R，使得f（x1）g（x2）成立，y|yf（x）y|yg（x），又f（x）|2xa|+|2x+3|（2xa）（2x+3）|a+3|，g（x）|2x3|+22，所以|a+3|2a1或a5【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的最值的求法，绝对值不等式的解法，考查计算能力