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-1-2017～2018学年新乡市高二上学期期末考试数学试卷（理科）第Ⅰ卷一、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“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“”的否定是“”，故选C.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】故选D3.设为双曲线上一点，分别为左、右焦点，若，则（）A.1B.11C.3或11D.1或15【答案】C【解析】，且或，符合，故或，故选C.4.“”是“”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-2-【答案】A【解析】∵。∴“”是“”的充分不必要条件。选A。5.如图，在四面体中，分别是的中点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】因为，故选A.6.现有下面三个命题常数数列既是等差数列也是等比数列；，；椭圆离心率可能比双曲线的离心率大.下列命题中为假命题的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】常数数列既是等差数列也是等比数列为假命题（常数为零时），为真命题，，为真命题，为假命题；因为椭圆的离心率小于，双曲线的离心率对于，所以为假命题，为真-3-命题，故选C.7.长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，分别是四边形和正方形的中心，则向量与的夹角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】以为轴建立空间直角坐标系，则，，故选B.8.已知，则的最小值为（）A.3B.2C.4D.1【答案】A【解析】，当时等号成立，即的最小值为，故选A.【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.9.设为数列的前项和，，，则数列的前20项和为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】，相减得由得出，==故选D-4-点睛：已知数列的与的等量关系，往往是再写一项，作差处理得出递推关系，一定要注意n的范围，有的时候要检验n=1的时候，本题就是检验n=1,不符合，通项是分段的.10.过点的直线与抛物线相交于两点，且，则点的横坐标为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】设，分别过作直线的垂线，垂足分别为，，又，解得，故选B.11.的内角所对的边分别为，已知，若的面积，则的周长为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由，两边平方得，由可得，由得又可得再根据余弦定理可得解得，故的周长为故选D12.设双曲线的左、右焦点分别是，过的直线交双曲线的左支于两点，若，且，则双曲线的离心率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】取的中点，又，则，在中，，在中，，得，，，又，故选B.【方法点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一-5-个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．本题中，根据双曲线的定义利用勾股定理找出之间的关系，求出离心率．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上.13.设等差数列的首项为-2，若，则的公差为__________．【答案】2【解析】，，即的公差为，故答案为.14.在中，角的对边分别为，若，，且，则__________．【答案】3【解析】所以根据正弦定理可得，故答案为.15.设满足约束条件，且目标函数的最大值为16，则__________．【答案】10【解析】作出约束条件表示可行域，平移直线，由图可知，当直线过点时，取得最大值为，故答案为.【方法点晴】本题主要考查可行域、含参数的约束条件，属于难题.含参变量的线性规划问题是近年来高考命题的热点，由于参数的引入，提高了思维的技巧、增加了解题的难度，此类问题的存在增加了探索问题的动态性和开放性，此类问题一般从目标函数的结论入手，对目标函数变化过程进行详细分析，对变化过程中的相关量的准确定位，是求最优解的关键.16.设椭圆的一个焦点为，点为椭圆内一点，若椭圆上存在一点，使-6-得，则椭圆的离心率的取值范围是__________．【答案】............三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等比数列的前项和为，，为等差数列，，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），.（2）.试题解析：（1）当时，，当时，，即，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，即，又，，所以.（2）因为，所以，①，②由①—②得，所以.-7-18.在锐角中，.（1）求角；（2）若，，求的面积.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）利用二倍角公式和正弦函数加法定理推导出由此能求出角A．（2）由，利用余弦定理求出AB=3，由此能求出△ABC的面积．试题解析：（1）因为，所以，则，即，由为锐角三角形得.（2）在中，，即，化简得，解得（负根舍去），所以.19.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，且底面与侧面垂直，，分别为线段的中点，，，，且.（1）证明：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据三角形中位线定理以及线面平行的判定定理可得与平面平面平行，-8-从而可得平面平面，进而根据面面平行的性质可得平面；（2）因为底面与侧面垂直，且，所以底面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，先求出的方向向量，再根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：（1）证明：因为分别为线段的中点，，所以，，又，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）解：因为底面与侧面垂直，且，所以底面.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，设是平面的法向量，则，即，故可取.设与平面所成角为，则，故与平面所成角的正弦值为.20.已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线与抛物线相交于两点，且线段被直线平分.（1）求的值；（2）直线是抛物线的切线，为切点，且，求以为圆心且与相切的圆的标准方程.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）设，，则，由，得，∴-9-可得结果；（2）设直线的方程为，代入，得，根据判别式为零求出圆心坐标，利用点到直线距离公式求出圆的半径，从而可得圆的标准方程.试题解析：由题意可知，设，，则.（1）由，得，∴，即.（2）设直线的方程为，代入，得，∵为抛物线的切线，∴，解得，∴.∵到直接的距离，∴所求圆的标准方程为.21.如图，在各棱长均为4的直四棱柱中，底面为菱形，，为棱上一点，且.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）由底面为菱形，可得，根据直棱柱的性质可得，由线面垂直的判定定理可得平面，从而根据面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）设与交于点，与交于点，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，分别根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得二面角的余弦值.试题解析：（1）证明：∵底面为菱形，∴.在直四棱柱中，∴底面，∴.∵，∴平面，又平面，∴平面平面.-10-（2）解：设与交于点，与交于点，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，，，设为平面的法向量，则，取，则.取的中点，连接，则，易证平面，从而平面的一个法向量为.∴，∴由图可知，二面角为锐角，二面角的余弦值为.【方法点晴】本题主要考查面面垂直的证明以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.22.已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若直线的斜率为1，且与椭圆的另一个交点为，的周长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线（直线斜率不为1）与椭圆交于两点，点在点的上方，若，求直线的斜率.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）由的周长为，可得，由直线的斜率为可得，-11-由直线的斜率，得，结合求出从而可得椭圆的标准方程；（2）先求出，由可得，直线的方程为，则，联立，所以，根据韦达定理列出关于的方程求解即可.试题解析：（1）因为的周长为，所以，即，由直线的斜率，得，因为，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）由题意可得直线方程为，联立得，解得，所以，因为，即，所以，当直线的斜率为时，不符合题意，故设直线的方程为，由点在点的上方，则，联立，所以，所以，消去得，所以，得，又由画图可知不符合题意，所以，故直线的斜率为.【方法点晴】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和数量积公式，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.-12-