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1、- 1 - / 16【2019【2019 最新最新】精选高二数学上学期期末联考试题精选高二数学上学期期末联考试题 理（含解理（含解析）析）注意：注意：1 1、本试卷分第、本试卷分第卷（选择题）和第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，卷（非选择题）两部分，满分满分 150150 分，时间分，时间 120120 分钟。分钟。2 2、全部答案在答题卡上完成、全部答案在答题卡上完成, ,答在本试题上无效。答在本试题上无效。3 3、每小题选出答案后，用、每小题选出答案后，用 2B2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2、黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第第 I I 卷卷( (共共 6060 分分) )一一 、选择题：本大题共、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，在每小题给出的四个分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的选项中，只有一项是符合题目要求的. .1. 若命题“”为假，且“”为假，则 （ ）A. “”为假 B. 假 C. 真 D. 不能判断的真假【答案】B【解析】试题分析：因为“”为假，所以“”为真，又“”为假，所以为假，故选 B考点：1、复合命题的真假；2、命题的否定2. 已知是等差数列，且，则 （ ）A. 3 B. 6 C. 9 D.
3、36- 2 - / 16【答案】B【解析】因为 ,选 B3. 在中， ，则的面积为（ ）A. B. C. 或 D. 或【答案】B.考点：余弦定理及三角形面积的求法4. 在如图所示的正方体 A1B1C1D1-ABCD 中，E 是 C1D1 的中点，则异面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：取中点,连接则即为异面直线夹角，设边长为 1由余弦定理的考点：异面直线所成角点评：先将异面直线平移为相交直线找到所求角，再在三角形中求三边余弦定理求角5. 已知，则 f（x）在点 P（1,2）处的切线与坐标轴围成的三角形- 3 - / 16面积等于（ ）
4、A. 4 B. 5 C. D. 【答案】C【解析】 f（x）在点 P（1,2）处的切线方程为 与坐标轴围成的三角形面积等于 ,选 C6. 过抛物线 y2=8x 的焦点作直线交抛物线于 A，B 两点，若线段AB 的中点的横坐标为 4，则AB等于 （ ）A. 12 B. 8 C. 6 D. 4【答案】A【解析】AB ,选 A.7. 已知等差数列满足, ,则前 n 项和取最大值时，n 的值为A. 20 B. 21 C. 22 D. 23【答案】B【解析】试题分析：由得 ，由,所以数列前 21 项都是正数，以后各项都是负数，故取最大值时，n 的值为 21考点：本小题主要考查等差数列的性质.点评：等差数
5、列是一类比较特殊也比较重要的数列，要充分利用等差数列的性质解决问题，可以简化运算.8. 是的导函数，的图象如右图所示，则的图象只可能是（ ）- 4 - / 16A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：首先观察函数的图象，与 x 轴的交点即为的极值点，然后根据函数与其导数的关系进行判断由图可以看出函数的图象是一个二次函数的图象，在 a 与 b 之间，导函数的值是先增大后减小故在 a 与 b 之间，原函数图象切线的斜率是先增大后减小，故选 D考点：函数的单调性与导数的关系9. 已知是抛物线的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形平面区域内（含边界）的任意一点，则的最大值为（ ）A. 3
6、 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】约束条件为 可行域如图,所以直线过点 A(2,-1)时取最大值5,选 C.- 5 - / 1610. 如图：的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于. 已知则的长为 ( ) A. B. 6 C. D. 8【答案】A【解析】 选 A11. 若上是减函数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得 上恒成立,即 ,选 C12. 已知椭圆的左焦点为 F,椭圆 C 与过原点的直线相交于 A、B 两点,连接 AF、BF. 若|AB|=10,|BF|=8，cosABF=,则 C 的离心率为( )A. B
7、. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由余弦定理得，所以有勾股定理得，设是右焦点，根据椭圆的对称性知四边形是矩形.所以， ， ，故选 B.- 6 - / 16考点：1、椭圆的定义和几何性质；2、余弦定理及勾股定理.第第卷卷( (共共 9090 分分) )二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。把答案填在分。把答案填在答题卡相应的位置上。答题卡相应的位置上。 ）13. 设平面 与向量(1,2，4)垂直，平面 与向量(2,3,1)垂直，则平面 与 的位置关系是_【答案】垂直【解析】因为 ,因此 14. 已知三角形ABC
8、的三边长成公差为 2 的等差数列，且最大角的正弦值为，则这个三角形的周长是_.【答案】15【解析】试题分析：设三角形的三边为，因为它的最大角的正弦值为，所以它的最大角的余弦值为，所以由余弦定理得：，解得，所以三角形的三边为 3,5,7，所以三角形的面积为.考点：等差数列的性质；余弦定理；三角形的面积公式。点评：本题主要考查三角形的余弦定理的灵活应用。在应用余弦定理的时候，一般的时候，已知那个角就用那个公式。15. 由函数所围成的封闭图形的面积为_.【答案】- 7 - / 16【解析】围成的封闭图形的面积为 16. 已知函数 f(x)=-2lnx(aR)，g(x)=，若至少存在一个x01，e，使
9、得 f(x0)g(x0)成立，则实数 a 的范围为_.【答案】【解析】由题意得不等式 在1，e上有解,即 令点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分，解答应写出文字说明、证分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题卡的相应位置）明过程或演算步骤，写在答题卡的相应位
10、置）17. 已知命题若非是的充分不必要条件，求的取值范围。【答案】【解析】试题分析：借助题设条件建立不等式组求解.试题解析:由记 A=x|x10 或 x-2,q:解得或 1-a,记 B=x|1+a 或.而 p - 8 - / 16AB,即.考点：充分必要条件及运用18. 已知、 、为的三内角，且其对边分别为、 、 ，若（1）求角的大小； （2）若，求的面积【答案】 （1） ；（2）.【解析】试题分析：（1）由已知可得 ；（2）由余弦定理得 .试题解析： （1），又，.，.（2）由余弦定理，得，即，.考点：解三角形.19. 已知，且满足：(1)求证:是等差数列。 - 9 - / 16(2)的前项
11、和, 若+，求【答案】 （1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）取倒数将递推关系转化为相邻两项差为常数 3，再根据等差数列定义得证（2）先根据等差数列通项公式求，再根据和项与通项关系求，最后根据错位相减法求和试题解析：(1), ,则,是首项为 1,公差为 3 的等差数列; （2）= 由(1)知=（1）-（2）得： 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况
12、求解.20. 如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，PA底面 ABCD, ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点 E 为棱 PC 的中点用- 10 - / 16空间向量进行以下证明和计算：(1)证明：BEDC；(2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值；(3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BFAC，求二面角 F-AB-P 的正弦值【答案】 （1）见解析；（2） ；（3）.【解析】试题分析：（I）以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出 BE，DC 的方向向量，根据，可得 BEDC；（II）求出平面 PBD 的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线 BE 与平面
13、 PBD 所成角的正弦值；（）根据BFAC，求出向量的坐标，进而求出平面 FAB 和平面 ABP 的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角 F-AB-P 的余弦值试题解析：方法一：依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系（如图所示） ，可得 B（1，0，0） ，C（2，2，0） ，D（0，2，0） ，P（0，0，2） C 由 E 为棱 PC 的中点，得 E（1，1，1） （1）证明：向量（0，1，1） ，（2，0，0） ，故0，所以 BEDC. （2）向量（1，2，0） ，（1，0，2） 设 n（x，y，z）为平面 PBD 的法向量，则 不妨令 y1，可得 n（2，1，1）为平面 PBD 的一
14、个法向量于是- 11 - / 16有，所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为.（3） 向量（1，2，0） ，（2，2，2） ，（2，2，0） ，（1，0，0） 由点 F 在棱 PC 上，设，01.故（12，22，2） 由 BFAC，得0，因此2（12）2（22）0，解得 ，即.设n1（x，y，z）为平面 FAB 的法向量，即不妨令 z1，可得n1（0，3，1）为平面 FAB 的一个法向量取平面 ABP 的法向量n2（0，1，0） ，则cosn1，n2.易知二面角 F AB P 是锐角，所以其余弦值为.方法二：（1）证明：如图所示，取 PD 中点 M，连接 EM，AM.由于E，M 分别
15、为 PC，PD 的中点，故 EMDC，且 EMDC.又由已知，可得EMAB 且 EMAB，故四边形 ABEM 为平行四边形，所以 BEAM.因为 PA底面 ABCD，故 PACD，而 CDDA，从而 CD平面 PAD.因为 AM平面 PAD，所以 CDAM.又 BEAM，所以 BECD.（2）连接 BM，由（1）有 CD平面 PAD，得 CDPD.而 EMCD，故- 12 - / 16PDEM.又因为 ADAP，M 为 PD 的中点，所以 PDAM，可得PDBE，所以 PD平面 BEM，故平面 BEM平面 PBD，所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 BEEM，可得EBM
16、为锐角，故EBM为直线 BE 与平面 PBD 所成的角依题意，有 PD2，而 M 为 PD 中点，可得 AM，进而 BE.故在直角三角形 BEM 中，tanEBM，因此 sinEBM，所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为.（3）如图所示，在PAC 中，过点 F 作 FHPA 交 AC 于点 H.因为PA底面 ABCD，所以 FH底面 ABCD，从而 FHAC.又 BFAC，得AC平面 FHB，因此 ACBH.在底面 ABCD 内，可得 CH3HA，从而CF3FP.在平面 PDC 内，作 FGDC 交 PD 于点 G，于是 DG3GP.由于DCAB，故 GFAB，所以 A，B，F，G
17、 四点共面由ABPA，ABAD，得 AB平面 PAD，故 ABAG，所以PAG 为二面角F AB P 的平面角在PAG 中，PA2，PGPD，APG45.由余弦定理可得AG，cosPAG，所以二面角 F AB P 的余弦值为.考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角21. 已知点，椭圆： 的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点.（1）求椭圆的方程；- 13 - / 16（2）设过点的动直线与椭圆交于、两点，当 的面积最大时，求直线的方程.【答案】 （1） ；（2）或.【解析】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）
18、点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，所以，. 又解得，所以椭圆的方程为.（2）解：设由题意可设直线的方程为：，联立消去得，当，所以，即或时- 14 - / 16.所以点到直线的距离所以，设，则，当且仅当，即，解得时取等号，满足所以的面积最大时直线的方程为：或.【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种
19、方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.视频22. 已知 f（x）=ax-lnx，aR.- 15 - / 16（1）当 a=1 时，求曲线 f（x）在点（2，f（2） ）处的切线方程；（2）是否存在实数 a，使 f（x）在区间（0，e的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由【答案】 （1） ；（2）.【解析】试题分析：（1）根据导数几何意义得切线
20、的斜率是，再根据点斜式求切线方程（2）先求导数，根据导函数零点情况分类讨论，确定对应函数单调性，进而确定最小值取法，最后根据最小值为 3，解出 a 的值试题解析：（） ， 切线的斜率是，又切点是 切线的方程是：（2）假设存在实数，使（）有最小值 3，当时，在上单调递减， ，（舍去） ，所以，此时无最小值 当时，在上单调递减，在上单调递增， ，满足条件 当时，在上单调递减， ， （舍去） ，所以，此时无最小值 综上，存在实数，使得当时有最小值 3点睛：利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用或求单调区- 16 - / 16间；第二步：解得两个根；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小