辽宁庄河市高级中学2018-2019学年高二下学期开学考试数学(理)试题及精品解析

庄河高中2018—2019学年度下学期高二期初考试理科数学试题一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题5分，共计60分）1.复数满足，则复数的共轭复数在复平面中对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】先由复数的除法运算求出，得到其共轭复数，进而可得出结果.【详解】因为，所以，故，因此在复平面中对应的点为，位于第二象限.故选B【点睛】本题主要考查复数的除法运算以及复数的几何意义，熟记运算法则与几何意义即可，属于基础题型.2.函数的零点所在的区间为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据零点的存在定理，逐项判断即可得出结果.【详解】因为，所以，，,，，故，排除A；，排除B；，排除C；，故选D【点睛】本题主要考查函数的零点，熟记零点的存在定理，属于常考题型.3.已知，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由求得，然后利用二倍角的余弦公式求解即可.【详解】因为，所以-,，，故选D.【点睛】本题主要考查诱导公式以及二倍角的余弦公式，属于中档题.“给值求值”问题：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．4.已知向量，且，则的值为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量垂直的充要条件可得：，从而可得结果.【详解】因为向量，且，所以由向量垂直的充要条件可得：，解得，即的值为，故选A.【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.5.若实数，满足约束条件，则的最大值是（）A. 3B. 7C. 5D. 1【答案】B【解析】【分析】先根据约束条件作出可行域，再由表示直线在轴上的截距，结合图像即可得出结果. 【详解】由约束条件作出可行域如下：由可得，因此表示直线在轴上的截距，由图像易得，当直线经过点时，截距最大，即取最大值.由可得.因此.故选B【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义即可求解，属于基础题型.6.在等差数列中，，则（）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】【分析】利用a1+a9 =a2+a8，将与作和可直接得.【详解】在等差数列{a n}中，由与作和得：=（）+-（）∴a1+a9 =a2+a8，∴==6．∴a5=6．故选：C．【点睛】本题考查等差数列的性质，是基础的计算题．7.偶函数在上是增函数，且，则满足的实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由偶函数在上是增函数，可得函数在上是减函数，结合，原不等式转化为，根据绝对值不等式的解法与指数函数的性质可得结果.【详解】因为偶函数在上是增函数，所以函数在上是减函数，由且满足，等价于，，可得，实数的取值范围是,故选A.【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.8.在中，三个内角，，，所对边为，，，若，则一定是（）A. 直角三角形B. 等边三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【分析】根据正弦定理将化为，从而可得或，进而可得出结果.【详解】因为，所以，即，即，所以或，因此，或.故一定是等腰三角形或直角三角形.故选D【点睛】本题主要考查判断三角形的形状，熟记正弦定理即可，属于基础题型.9.如图，已知正方体的棱长为1，点为上一动点，现有以下四个结论，其中不正确的结论是（）A. 平面平面B.平面C. 当为的中点时，的周长取得最小值D. 三棱锥的体积不是定值【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面垂直判定，可知A正确；由直线与平面平行可知B正确；根据两点距离最短，可得C正确；由三棱锥等体积法可求得，可知D错误。

【详解】平面是始终成立的，故选项A正确；平面，所以选项B正确；平面展开到平面在同一个平面，则当为的中点时，最小，故选项C正确；，故选项D不正确.【点睛】本题考查了直线与平面垂直、直线与平面平行的判定，等体积法在求三棱锥体积中的应用，属于基础题。

10.已知函数(，e是自然对数的底数)在处取得极小值，则的极大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出原函数的导函数f′（x），由f′（0）=0解得m=0．可得函数解析式，由导函数大于0和小于0得到原函数的单调区间，进而求得极大值.【详解】由题意知，f′（x）=[x2+（2﹣m）x﹣2m]e x，由f′（0）=﹣2m=0，解得m=0．此时f（x）=x2e x，f′（x）=（x2+2x）e x，令f′（x）=0，解得x=0或x=-2，且函数f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣2），（0，+∞），单调递减区间是（﹣2，0）所以函数f（x）在x=-2处取得极大值，且有f（-2）=故选A.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查数学转化思想方法，是中档题．11.已知点为双曲线的右焦点，直线交于两点，若，，则的虚轴长为（）A. 1B. 2C.D.【答案】C【解析】【分析】左焦点，，根据对称性得，。

设出，，结合余弦定理即可求得，结合，即可求得，进而得到虚轴长。

【详解】设双曲线的左焦点为，连接，，由对称性可知四边形是平行四边形，所以，，设，，则，又，故，又，所以，则该双曲线的虚轴长为.故选C【点睛】本题考查了双曲线定义及性质的综合应用，余弦定理的基本应用，三角形面积的求法，属于中档题。

12.已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则，，的大小关系正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先设，对求导，结合题中条件，判断的单调性，再根据函数为奇函数，得到的奇偶性，进而可得出结果.【详解】设，则，因为当时，，所以当时,，即；当时,，即；所以在上单调递增，在上单调递减；又函数为奇函数，所以，因此，故函数为偶函数，所以，，，因为在上单调递减，所以，故.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的应用，熟记函数的单调性与奇偶性即可，属于常考题型.二、填空题（每题5分，共计20分）13.已知，且，则的最小值为___________．【答案】4【解析】【分析】由基本不等式可得，结合条件，即可得出结果.【详解】因为，且，所以，当且仅当，即时，取等号.故答案为【点睛】本题主要考查基本不等式求最值的问题，熟记基本不等式即可，属于基础题型.14.若方程有两个不等实根，且，则实数的取值范围是_________________．【答案】【解析】【分析】先设，根据方程根的分布可得，求解即可得出结果.【详解】设，因为若方程有两个不等实根，且，所以，即，解得.故答案为【点睛】本题主要考查一元二次方程根的分布，熟记判定条件即可得出结果，属于常考题型.15.数列满足，，则= ；【答案】试题分析：∵数列{a n}满足a1=2，，∴===,故答案为考点：累加法求和；等比数列的前n项和公式.16.已知函数在上不是单调函数，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】先求出函数在上是单调函数时，的取值范围，在求其补集即可得出结果.【详解】因为，则，若函数在上是单调递增的函数，则在上恒成立，即在上恒成立，因此；若函数在上是单调递减的函数，则在上恒成立，即在上恒成立，因此；因为函数在上不是单调函数，所以.故答案为【点睛】本题主要考查根据函数单调性求参数的问题，通常需要对函数求导，用分离参数的方法求解，属于常考题型.三、解答题：（应写出必要的文字说明及解答过程，只写结果不给分）17.在锐角中，，，为内角，，的对边，且满足．（）求角的大小．（）已知，边边上的高，求的面积的值．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（）由，利用正弦定理和三角函数的恒等变换，可得，即可得到角的值；（）由三角形的面积公式，代入，解得的值，及的值，再根据余弦定理，求得的值，由三角形的面积公式，即可求解三角形的面积.试题解析：（）∵，由正弦定理得，∴，，∵且，∴，∵，．（）∵，代入，，，得，由余弦定理得：，代入，得，解得，或，又∵锐角三角形，∴，∴，∴18.设等差数列的公差为d，前项和为，等比数列的公比为．已知，，，．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）当时，记，求数列的前项和．【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）本题求等差数列与等比数列的通项公式，可先求得首项（）和公差（公比），然后直接写出通项公式，这种方法称为基本量法；（2）由于，可以看作是一个等差数列与等比数列对应项相乘所得，其前项和用乘公比错位相减法可求．试题解析：（1）由题意知：∴∴（2）由（1）知：∵（1）∴（2）由（1）（2）得：∴考点：等差数列与等比数列的通项公式，错位相减法．19.已知圆，直线与圆相交于不同的两点，点是线段的中点。

（1）求直线的方程；（2）是否存在与直线平行的直线，使得与与圆相交于不同的两点，不经过点，且的面积最大？若存在，求出的方程及对应的的面积S；若不存在，请说明理由。

【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先由圆的方程得到圆心坐标，根据点是线段的中点，即可求出斜率，进而可得直线方程；（2）先设直线方程为：，根据点到直线的距离得到：到的距离，进而可表示出的面积，结合基本不等式即可得出结果.【详解】（1）圆C：可化为，则，而是弦的中点，所以，所以斜率为，则方程为：；（2）设直线方程为：，即，则到的距离，所以，所以的面积，当且仅当，即时的面积最大，最大面积为2，此时，，或，的方程为【点睛】本题主要考查直线与圆的综合，熟记直线方程、点到直线距离公式等即可求解，属于常考题型.20.如图在直三棱柱ABC ­ A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.（1）求证：DE∥平面AA1C1C；(2) 求证：BC1⊥AB1；（3）设AC=BC＝CC1 =1,求锐二面角A- B1C- A1的余弦值。

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）由DE是△B1AC中位，线易知DE∥AC，从而DE∥平面AA1C1C；（2）先证AC⊥平面BCC1B1，得BC1⊥AC，又因为BC1⊥B1C，所以BC1⊥平面B1AC，所以BC1⊥AB1；（3）先求出点A1到平面B1AC的距离，再求出点A1到交线B1C的距离，，转化为余弦值即可.【详解】证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为三棱柱ABC - A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.（3）因为A1C1∥AC，AC⊂平面B1AC，A1C1⊄平面B1AC所以A1C1∥平面B1AC所以点A1到平面B1AC与点C1到平面B1AC的距离相等，且又因为在△A1B1C中，A1B1=A1C=B1C=，所以点A1到直线B1C的距离所以锐二面角A- B1C- A1的正弦值所以锐二面角A- B1C- A1的正弦值【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定，直线与直线垂直的判定，二面角平面角的求法，异面直线间垂直的证明常转化为线面垂直的证明，二面角的平面角的求法较多，当点到面的距离易求时，直接用距离的比值比较方便.21.已知椭圆过点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，过点作斜率为直线，与椭圆交于，两点，若轴平分，求的值．【答案】（1）；（2）2【解析】试题分析：（Ⅰ）由题可得，，及求出，即可得到椭圆的方程；（Ⅱ）由题可得直线的方程是.联立方程组消去，得因为轴平分，所以.所以所以结合韦达定理可求的值试题解析：（Ⅰ）因为椭圆的焦点在轴上，过点，离心率，所以，所以由，得所以椭圆的标准方程是（Ⅱ）因为过椭圆的右焦点作斜率为直线，所以直线的方程是. 联立方程组消去，得显然设点，，所以，因为轴平分，所以.所以所以所以所以所以所以所以所以因为，所以22.已知，．（1）若函数与在处的切线平行，求函数在处的切线方程；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分别对和求和，利用切点处的导数即为切线斜率列方程求解；（2）先用参变分离法，将恒成立转化为恒成立，所以只需求出的最小值即可.【详解】（1），因为函数与在处的切线平行所以解得，所以，，所以函数在处的切线方程为．（2）解当时，由恒成立得时，即恒成立，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以的取值范围为．【点睛】本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数恒成立问题，函数在区间上的恒成立常转化为最值问题解决.。