2018-2019学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、设 a，b，cR，且 ab，则（ ） Aacbc B Ca2b2 Da3b3 2 （4 分）命题“存在 x0R，0”的否定是（ ） A不存在 x0R，0 B存在 x0R，0 C对任意的 xR，2x0 D对任意的 xR，2x0 3 （4 分）设 a，b 是两条直线， 是两个平面，则由下列条件可以得到 ab 的是（ ） Aa，b， Ba，b， Ca，b， Da，b， 4 （4 分） “x1”是“ln（x+1）0”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D不充分也不必要条件 5 （4 分） 等差数列an的公差 d0， 且 a30， 若 ak是 a6与 ak+6的等比中项， 则 k

2、（ ） A5 B6 C9 D11 6 （4 分）设 a0，b0，则以下不等式中不恒成立的是（ ） A4 Ba3+b32ab2 Ca2+b2+22a+2b D 7 （4 分）直三棱柱 ABCA1B1C1中，BCA90，M，N 分别是 A1B1，A1C1的中点， BCCACC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为（ ） A B C D 8 （4 分）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件，则 平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产准 备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（ ） A60 件 B80 件 C100 件 D12

3、0 件 二、填空题：二、填空题：本大题共本大题共 6 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 24 分分 第 2 页（共 16 页） 9 （4 分）设 A（1，3，2） 、B（3，1，4） 、C（0，1，1） ，则 AB 的中点 M 到点 C 的距离 为 10（4 分） 若数列an的前 n 项和 Snn210n （n1， 2， 3， ） ， 则此数列的通项公式 11（4 分） 已知 （1， 1， 0） ， （1， 0， 2） ， 若 k + 和 3 相互垂直， 则 k 12 （4 分）能够说明“存在不相等的正数 a，b，使得 a+bab”是真命题的一组 a，b 的值 为 13 （4 分

4、）已知关于 x 的不等式 x24xm0 对任意 x（0，1恒成立，则 m 的取值范围 是 14 （4 分）下列五个正方体图形中，l 是正方形的一条对角线，点 M、N、P 分别为其所在 棱的中点， 能得出 l面 MNP 的图形的序号是 （写出所有符合要求的图形序号） 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 个小题，共个小题，共 44 分分.应写出文字说明，证明过程或演算步骤应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15 （7 分）记关于 x 的不等式的解集为 P，不等式|x1|1 的解集为 Q （）若 a3，求 P； （）若 QP，求正数 a 的取值范围 16 （8 分）如图，正三棱柱 ABCA

5、1B1C1的侧棱长和底边长均为 2，D 是 BC 的中点 （）求证：AD平面 B1BCC1； （）求证：A1B平面 ADC1； （）求三棱锥 C1ADB1的体积 第 3 页（共 16 页） 17 （8 分）已知数列an为递增的等比数列，a1a48，a2+a36 （）求数列an的通项公式； （）记 bnan+log2an+1，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）如图，四边形 ABCD 是正方形，PA平面 ABCD，EBPA，ABPA4，EB 2，F 为 PD 的中点 （）求证：AFPC； （）求证：BD平面 PEC； （）求二面角 DPCE 的大小 19 （9 分）设数列an的通项

6、公式为 anpn+q（nN*，P0） 数列bn定义如下：对于 正整数 m，bm是使得不等式 anm 成立的所有 n 中的最小值 （）若 p，q，求 b3； （）若 p2，q1，求数bm的前 2m 项和公式 第 4 页（共 16 页） 2018-2019 学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 8 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 32 分，在每小题给出的四个选项中，只分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求有一项符合题目要求 1 （4 分）设 a，

7、b，cR，且 ab，则（ ） Aacbc B Ca2b2 Da3b3 【分析】利用不等式的性质或通过取特殊值即可得出 【解答】解：A、当 c0 时，该不等式不成立，故本选项错误； B、由 ab 得到 0ab，不成立故本选项错误； C、当 a1b2 时，a2b2，即不等式 14 不成立，故本选项错误； D、当 a，b，cR，且 ab，a3b3成立，故本选项正确； 故选：D 【点评】熟练掌握不等式的性质及通过取特殊值否定一个命题等是解题的关键 2 （4 分）命题“存在 x0R，0”的否定是（ ） A不存在 x0R，0 B存在 x0R，0 C对任意的 xR，2x0 D对任意的 xR，2x0 【分析】

8、利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可 【解答】解：特称命题的否定是全称命题 命题“存在 x0R，0”的否定是： “对任意的 xR，2x0” 故选：D 【点评】本题考查命题的否定，注意量词的变化，基本知识的考查 3 （4 分）设 a，b 是两条直线， 是两个平面，则由下列条件可以得到 ab 的是（ ） Aa，b， Ba，b， Ca，b， Da，b， 【分析】在 A 中，推导出 b，从而 ab；在 B 中，利用线面垂直的性质定理得 ab； 在 C 中，a，b 相交、平行或异面；在 D 中，a，b 相交、平行或异面 【解答】解：由设 a，b 是两条直线， 是两个平面，得： 第 5 页（共 16

9、页） 在 A 中，由 a，b，得 b，ab，故 A 正确； 在 B 中，由 a，b，利用线面垂直的性质定理得 ab，故 B 错误； 在 C 中，由 a，b，得 a，b 相交、平行或异面，故 C 错误； 在 D 中，由 a，b，得 a，b 相交、平行或异面，故 D 错误 故选：A 【点评】本题考查命题真假的判断，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，是中档题 4 （4 分） “x1”是“ln（x+1）0”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D不充分也不必要条件 【分析】求出 ln（x+1）0 的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即

10、可 【解答】解：由 ln（x+1）0 得 0x+11，得1x0， 则 x1”是“ln（x+1）0”的必要不充分条件， 故选：B 【点评】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 5 （4 分） 等差数列an的公差 d0， 且 a30， 若 ak是 a6与 ak+6的等比中项， 则 k （ ） A5 B6 C9 D11 【分析】a30a1+2d，可得 a12d根据 ak是 a6与 ak+6的等比中项，可得a6 ak+6，代入化简整理即可得出 【解答】解：a30a1+2d，a12d ak是 a6与 ak+6的等比中项， a6ak+6， （k3）d23d （k+3）d

11、0， 化为：k90，解得 k9 故选：C 【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算 能力，属于中档题 6 （4 分）设 a0，b0，则以下不等式中不恒成立的是（ ） 第 6 页（共 16 页） A4 Ba3+b32ab2 Ca2+b2+22a+2b D 【分析】根据基本不等式的性质可知排除 A，取 ，判断出 B 不成立a2+b2+2（2a+2b）（a1）2+（b1）2排除 C； 看 ab 和 ab，时 D 项均成立排除 D 【解答】解：a0，b0， A4 故 A 恒成立， Ba3+b32ab2，取，则 B 不成立 Ca2+b2+2（2a+2b）（a1）2+（

12、b1）20 故 C 恒成立 D若 ab 则恒成立 若 ab，则22b2（）0， 故选：B 【点评】本题主要考查了基本不等式问题考查了学生对基础知识的掌握 7 （4 分）直三棱柱 ABCA1B1C1中，BCA90，M，N 分别是 A1B1，A1C1的中点， BCCACC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为（ ） A B C D 【分析】画出图形，找出 BM 与 AN 所成角的平面角，利用解三角形求出 BM 与 AN 所成 角的余弦值 【解答】解：直三棱柱 ABCA1B1C1中，BCA90，M，N 分别是 A1B1，A1C1的中 点，如图：BC 的中点为 O，连结 ON， ，则 MN0B 是平

13、行四边形，BM 与 AN 所成角就是ANO， BCCACC1， 设 BCCACC12，CO1，AO，AN，MB ， 第 7 页（共 16 页） 在ANO 中，由余弦定理可得：cosANO 故选：C 【点评】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键， 同时考查余弦定理的应用 8 （4 分）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件，则 平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产准 备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（ ） A60 件 B80 件 C100 件 D120 件 【分析】若每批生产 x 件

14、，则平均仓储时间为天，可得仓储总费用为，再加上 生产准备费用为 800 元， 可得生产 x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是 元， 由此求出平均每件的生产准备费用与仓储费用之和， 再用基本不等式求 出最小值对应的 x 值 【解答】解：根据题意，该生产 x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是 这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为（x 为正 整数） 由基本不等式，得 当且仅当时，f（x）取得最小值、 可得 x80 时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小 第 8 页（共 16 页） 故选：B 【点评】本题结合了函数与基本不等式两个知识点，属于中档题，运用基本不等式时应 该注意取等号

15、的条件，才能准确给出答案 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 个小题，每小题个小题，每小题 4 分，共分，共 24 分分 9 （4 分）设 A（1，3，2） 、B（3，1，4） 、C（0，1，1） ，则 AB 的中点 M 到点 C 的距离 为 3 【分析】先利用中点坐标公式求出 AB 的中点 M，再利用两点间距离公式能求出 AB 的中 点 M 到点 C 的距离 【解答】解：A（1，3，2） 、B（3，1，4） 、C（0，1，1） ， AB 的中点 M（2，2，3） ， AB 的中点 M 到点 C 的距离： |MC|3 故答案为：3 【点评】本题考查两点间距离的求法，考查中点坐标公式、

16、两点间距离公式等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 10 （4 分）若数列an的前 n 项和 Snn210n（n1，2，3，） ，则此数列的通项公式 2n11 【分析】由题意可得：当 n2 时，anSnSn12n11当 n1 时，a1S19， 也符合 an2n11，进而求出数列的通项公式 【解答】解：由题意可得：当 n2 时，Sn1（n1）210（n1）n212n+11， 所以 anSnSn12n11 当 n1 时，a1S19，也符合 an2n11， 所以数列的通项公式为：an2n11 故答案为：an2n11 【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握数列通项公式的方法，以及结合正确的运算 11

17、 （4 分）已知 （1，1，0） ， （1，0，2） ，若 k + 和 3 相互垂直，则 k 【分析】 可求出， 根据与垂直， 第 9 页（共 16 页） 即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出 k 【解答】解：； 与互相垂直； ； 解得 k 故答案为： 【点评】考查向量垂直的充要条件，向量坐标的加法、减法、数乘和数量积的运算 12 （4 分）能够说明“存在不相等的正数 a，b，使得 a+bab”是真命题的一组 a，b 的值 为 ，3 【分析】取 a，b3，得到 a+bab，由此能求出结果 【解答】解：取 a，b3，得到 a+bab， 能够说明“存在不相等的正数 a，b，使得 a+bab”是真

18、命题的一组 a，b 的值为， 3 故答案为：（答案不唯一） 【点评】本题考查简单的合理推理，考查推理论证能力等基础知识，考查运用求解能力， 考查函数与方程思想，是基础题 13 （4 分）已知关于 x 的不等式 x24xm0 对任意 x（0，1恒成立，则 m 的取值范围 是 （，3 【分析】构造函数 f（x） ，将不等式恒成立问题转化为求函数 f（x）的最小值问题，求出 二次函数的对称轴，判断出其单调性，求出 f（x）的最小值，令最小值大于等于 m 即得 到 m 的取值范围 【解答】解：x24xm 对任意 x（0，1恒成立 令 f（x）x24x，x（0，1 f（x）的对称轴为 x2 f（x）在（

19、0，1上单调递减 当 x1 时取到最小值为3 第 10 页（共 16 页） 实数 m 的取值范围是（，3 故答案为： （，3 【点评】本题考查了解决不等式恒成立问题，分离参数转化为求函数的最值问题；求二 次函数的最值问题，常利用公式求出对称轴，据区间与对称轴的关系判断出其单调性， 求出最值 14 （4 分）下列五个正方体图形中，l 是正方形的一条对角线，点 M、N、P 分别为其所在 棱的中点， 能得出 l面 MNP 的图形的序号是 （写出所有符合要求的图形序 号） 【分析】能得出 l面 MNP，关键是看平面 MNP 中有没有与 1 垂直的直线，逐一判断即 可 【解答】解：如图，设正方体为 AB

20、CDA1B1C1D1 在题图中，连结 AB1，则 AB1MN，又 AB1是 l 在面 ABB1A1内的射影， lMN同理，lMP l平面 MNP故符合 在题图中，延长 MP 交 C1D1的延长线于 E，连结 NE，若 l面 MNP，则 lNE 又 C1D 是 l 在平面 CDD1C 内的射影，CD1C1D， lCD1l平面 CDD1C1，矛盾不符合 在题图中，平面 MNP 与题图中的平面 MNP 不是同一平面，它们又过同一点， 题图不符合 在题图中，lMP，lMN， 第 11 页（共 16 页） l平面 MNP延长 PM 交 AB 于 F，取 CD 的中点 G，则 GNMP， G平面 MNP连

21、结 FG 交 BC 于 H，则 H平面 MNP，可证 H 是 BC 的中点 题图与题图中的平面 MNP 实为同一平面 也符合 答案： 【点评】点评：本题要先想象直观判断哪些图形符合，再加以推理，考查了空间想象能 力、反证法、线面的位置关系等知识，通过这个试题可看出试题在向增加思维量、综合 考查同学们的各种能力转化 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 个小题，共个小题，共 44 分分.应写出文字说明，证明过程或演算步骤应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15 （7 分）记关于 x 的不等式的解集为 P，不等式|x1|1 的解集为 Q （）若 a3，求 P； （）若 QP，求正数 a 的

22、取值范围 【分析】 （I）分式不等式的解法，可转化为整式不等式（xa） （x+1）0 来解； 对于（II）中条件 QP，应结合数轴来解决 【解答】解： （I）由，得 Px|1x3 （II）Qx|x1|1x|0x2 由 a0，得 Px|1xa，又 QP，结合图形 所以 a2，即 a 的取值范围是（2，+） 【点评】对于条件 QP 的问题，应结合数轴来解决，这样来得直观清楚，便于理解 16 （8 分）如图，正三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱长和底边长均为 2，D 是 BC 的中点 （）求证：AD平面 B1BCC1； （）求证：A1B平面 ADC1； （）求三棱锥 C1ADB1的体积 第 12 页（

23、共 16 页） 【分析】 （）证明 AD平面 B1BCC1，利用线面垂直的判定，证明 CC1AD，BCAD， 即可 （）连接 A1C，交 AC1于点 O，连接 OD，利用 OD 为A1BC 中位线，可得 A1BOD， 利用线面平行的判定，可证 A1B平面 ADC1； （）利用等体积 VC1ADB1VAC1DB1，可得结论 【解答】 （）证明：因为 ABCA1B1C1是正三棱柱，所以 CC1平面 ABC 因为 AD平面 ABC，所以 CC1AD 因为ABC 是正三角形，D 为 BC 中点，所以 BCAD，（4 分） 因为 CC1BCC，所以 AD平面 B1BCC1（5 分） （）证明：连接 A1

24、C，交 AC1于点 O，连接 OD 由 ABCA1B1C1是正三棱柱，得四边形 ACC1A1为矩形，O 为 A1C 的中点 又 D 为 BC 中点，所以 OD 为A1BC 中位线， 所以 A1BOD，（8 分） 因为 A1B平面 ADC1，OD平面 ADC1， 所以 A1B平面 ADC1； （10 分） （） 解： VC1ADB1VAC1DB1 （14 分） 第 13 页（共 16 页） 【点评】本题考查线面垂直，考查线面平行，考查三棱锥体积的计算，掌握线面垂直、 线面平行的判定是关键 17 （8 分）已知数列an为递增的等比数列，a1a48，a2+a36 （）求数列an的通项公式； （）记

25、bnan+log2an+1，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （）由 a1a4a2a38 及 a2+a36，a2a3，解出，再利用通项公式即可得 出 （）由（）得，再利用求和公式即可得出 【解答】解： （）由 a1a4a2a38 及 a2+a36（2 分） 得或（舍） （4 分） 所以，a11 所以（6 分） （）由（）得（7 分） 所以 Tnb1+b2+bn（20+21+2n 1）+（1+2+n） （13 分） 【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题 18 （12 分）如图，四边形 ABCD 是正方形，PA平面 ABCD，EB

26、PA，ABPA4，EB 2，F 为 PD 的中点 （）求证：AFPC； （）求证：BD平面 PEC； （）求二面角 DPCE 的大小 第 14 页（共 16 页） 【分析】 （）依题意，PA平面 ABCD以 A 为原点，分别以、的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能证明 AFPC （）取 PC 的中点 M，连接 EM推导出 BDEM，由此能证明 BD平面 PEC （）由 AFPD，AFPC，得 AF平面 PCD，求出平面 PCD 的一个法向量和平面 PCE 的法向量，利用向量法能求出二面角 DPCE 的大小 【解答】 （本小题共 14 分） 证明： （）依题意

27、，PA平面 ABCD 如图，以 A 为原点，分别以、的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直 角坐标系 （2 分） 依题意，可得 A（0，0，0） ，B（0，4，0） ，C（4，4，0） ， D（4，0，0） ，P（0，0，4） ，E（0，4，2） ，F（2，0，2） 因为， 所以 （5 分） 所以 AFPC（6 分） （）取 PC 的中点 M，连接 EM 因为 M（2，2，2） ， 所以，所以BD EM （8 分） 又因为 EM平面 PEC，BD平面 PEC， 所以 BD平面 PEC （9 分） 解： （）因为 AFPD，AFPC，PDPCP， 所以 AF平面 PCD，故为平面 P

28、CD 的一个法向量（10 分） 第 15 页（共 16 页） 设平面 PCE 的法向量为， 因为， 所以即 令 y1，得 x1，z2，故 （12 分） 所以，（13 分） 所以二面角 DPCE 的大小为 （14 分） 【点评】本题考查线线垂直、线面平行的证明，考查二面角的大小的求法，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 19 （9 分）设数列an的通项公式为 anpn+q（nN*，P0） 数列bn定义如下：对于 正整数 m，bm是使得不等式 anm 成立的所有 n 中的最小值 （）若 p，q，求 b3； （）若 p2，q1，求数b

29、m的前 2m 项和公式 【分析】 （）先得出 an，再解关于 n 的不等式，利用正整数的条件得出具体结果； （）先得出 an，再解关于 n 的不等式，根据bn的定义求得 bn再求得 S2m； 【解答】解： （）p，q， ann， 当 m3 时，由 ann3，得 n， 第 16 页（共 16 页） 则n3 成立的所有 n 中的最小正整数为 7，即 b37 （）由题意，得 an2n1， 对于正整数 m，由 anm，得 n 根据 bm的定义可知 当 m2k1 时，bmk（kN*） ； 当 m2k 时，bmk+1（kN*） b1+b2+b2m（b1+b3+b2m1）+（b2+b4+b2m） （1+2+3+m）+2+3+4+（m+1）m2+2m 【点评】本题主要考查数列的概念、数列的基本性质，考查运算能力、推理论证能力、 分类讨论等数学思想方法