福建省厦门市2018_2019学年高二数学上学期期末质量检测试题文（含解析）

这是一份福建省厦门市2018_2019学年高二数学上学期期末质量检测试题文（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
结合二次函数的性质得到解集即可.
【详解】不等式的解为x=0或x=2,结合二次函数的性质得到解集为：.
故答案为：D.
【点睛】这个题目考查了二次不等式的解法，题目简单.
2.命题“，，”的否定为（ ）
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】
根据全称命题的否定是特称命题写出即可.
【详解】根据全称命题的否定是特称命题，得到命题“，，”的否定为，，.
故答案为：A.
【点睛】这个题目考查了全称命题的写法，按照换量词否结论，不变条件这一规则书写即可.
3.焦点在轴上的椭圆的离心率为，则实数的值为（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据椭圆的标准方程，得到解出即可.
【详解】焦点在轴上的椭圆的离心率为，则
故答案为：D.
【点睛】本题考查椭圆的几何性质及其应用，列出不等式并转化为关于离心率的不等式是解答的关键，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).
4.若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
通过赋值可以排除AD，根据不等式的性质可判断BC正误.
【详解】若，对于A选项，当a=-2,b=-1,时，不成立；对于B选项，等价于a>b,故不成立；对于C选项，,故选项正确；对于D选项，当c=0时，不正确，故舍掉.
【点睛】这个题目考查了利用不等式的性质比较大小，常见的方法是将两者做差和0比；或者赋值，得到大小关系；题目简单.
5.在中，角的对边分别为，，，，则为（ ）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正弦定理得到角A的正弦值，通过特殊角的三角函数值得到最终结果.
【详解】根据正弦定理得到，因为a>b,故得到角A大于角B，,, 故角A为.
故答案为：C.
【点睛】这个题目考查了正弦定理的应用，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
6.记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 3 B. 5 C. 7 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等差数列的前n项和的性质得到代入，得到结果.
【详解】为等差数列的前项和,,根据等差数列前n项和的性质得到故得到
故答案为：B.
【点睛】这个题目考查了等差数列性质的应用，对于等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.
7.已知，，若是的充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
解出各命题对应的不等式的解集，根据小范围推大范围得到结果.
【详解】已知,x>a,, 若是的充分条件,根据小范围推大范围得到.
故答案为：D.
【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
8.设抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线与的一个交点为，则的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据抛物线的几何关系得到，结合点在曲线上列出方程，联立两式可求解参数值.
【详解】根据条件知点A在第一象限，由几何关系得到，
又因为点在曲线上，得到，联立两式得到p=1.
故答案为：A.
【点睛】这个题目考查了抛物线的几何意义的应用，题目中等.
9.已知数列为等比数列，，，则（ ）
A. 32 B. 17 C. 10 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等比数列的性质得到，再由配方法得到 ，代入数据即可求解.
【详解】数列为等比数列，
则 代入数据得到17.
故答案为：B.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式的应用，对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.
10.下图是改革开放四十周年大型展览的展馆--------国家博物馆.现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点离地面的高度（点在柱楼底部）.在地面上的两点，测得点的仰角分别为，，且，米，则为（ ）
A. 10米 B. 20米 C. 30米 D. 40米
【答案】D
【解析】
【分析】
分别在直角三角形AOP和直角三角形BOP中，求得OA，OB，进而在△AOB中，由余弦定理求得旗杆的高度．
【详解】设旗杆的高度为h，由题意，知∠OAP＝30°，∠OBP＝45°．
在Rt△AOP中，OA，
在Rt△BOP中，OB＝h．
在△ABO中，由余弦定理，
得AO2＝BA2+OB2﹣2BA•OBcs 60°，
代入数据计算得到h=40.
∴旗杆的高度约为40 m．
故答案为：D.
【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了学生运用数学知识解决实际问题的能力．在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
11.已知，是双曲线的左、右焦点，为右支上的一点，若平行于的一条渐近线，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先由双曲线的性质得到=2b,，再由双曲线的定义得到2b=2a+2a，进而得到离心率.
【详解】根据双曲线的性质得到焦点到对应渐近线的距离为b,故得到=2b,根据双曲线的定义得到：2b=2a+2a,解得
故答案为：B.
【点睛】求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).
12.对任意，，都有，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
原不等式化为，换元得到恒成立，结合二次函数图像的性质列式求解即可.
【详解】∵，，∴
令，∴，不妨设
∴或，解得：或
综上：，∴的最大值为
故答案为：B.
【点睛】本题主要考查学生对于齐二次不等式（或方程）的处理方法，将多变量问题转化成单变量问题，进而利用二次函数或者基本不等式进行求解.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知点在等轴双曲线上，则的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题干可设双曲线方程为，代入已知点可得到参数值，进而得到方程.
【详解】设双曲线的方程为，代入已知点得到.双曲线的方程为：.
故答案为：.
【点睛】这个题目考查了双曲线方程的求法，待定系数法，题目基础.
14.设变量，满足约束条件，则的最大值为______.
【答案】-1
【解析】
【分析】
根据不等式组画出可行域，通过图像得到目标函数的最值.
【详解】
根据不等式组画出可行域，是x=2的右侧的开放区域，当目标函数过y=x+1，和直线x=2的交点时取得最大值，交点坐标为（2，3），代入目标函数得到-1.
故答案为：-1.
【点睛】利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域;(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）;(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解;(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。
15.已知数列满足，且对任意的正整数，，都有，则数列的前项和为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由赋值法得到根据等差数列的概念得到通项，进而得到 ，之后裂项求和即可.
【详解】对任意的正整数，，都有，令m=1,得到，
故得到数列是等差数列，首项是1，故通项为：
，数列的前项和为.
故答案为：.
【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。
16.已知的外接圆半径，，则面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
通过余弦定理以及三角形的垂直关系得到，，结合角A的范围得到结果即可.
【详解】，且，且，
∴，
∴
∵，∴，即
∵，∴，∴
∴∴面积的最大值为
【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.已知集合被4除余1，
（1）请问53是不是中的元素？若是，将中的元素按从小到大的顺序排列，它是第几项？
（2）求中所有元素之和.
【答案】（1）是，第14项；（2）1540.
【解析】
【分析】
(1)根据题干条件得到这些数构成首项为1，公差的等差数列，由等差数列定义得到结果；（2）先由得到，再根据等差数列的前n项和公式求和即可.
【详解】（1）因为，所以53是中元素.
由题知，将中的元素按从小到大的顺序排列后，从第二项起，每一项与前一项的差是常数4，所以这些数构成首项为1，公差的等差数列，
所以.
令，解得，所以53是第14项.
（2）由（1）知，，令，得
所以数列共有28项
所以中所有元素之和为.
【点睛】本题考査等差数列的定义、通项公式及其前项和公式等基础知识；考査数学抽象、数学建模、数学运算等核心素养；考查分类与整合、化归与转化思想.
18.设抛物线的焦点为，直线与交于两点，线段中点的横坐标为2，且.
（1）求的方程；
（2）若经过，求的方程.
【答案】（1）（2）或
【解析】
【分析】
(1)根据中点坐标公式得到，再由焦半径公式得到，进而求得参数值；（2）将直线设为横截式，联立直线和抛物线，由韦达定理得到,进而求解.
【详解】（1）设，
因为线段中点的横坐标为2，所以，即
又，，所以，
所以
所以的方程为.
（2）由（1）可知焦点
当与轴重合时，与仅有一个交点，不合题意
故不与轴重合，可设的方程为
由得
所以，
又
所以，解得
所以的方程为，即或.
【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
19.在中，角，，的三条对边分别为， .
（1）求；
（2）点在边上，AB=4，，，求.
【答案】（1）（2）2
【解析】
【分析】
(1)根据正弦定理得到，，进而得到角B；（2）根据互补的角正弦值相等，得到，，在三角形中，由正弦定理得求得AD，在中，由余弦定理得AC.
【详解】（1）∵
∴
∴
∴
即
∵，，∴
∵∴
（2）∵，，∴
∴
∴
在中，由正弦定理得
∴
在中，由余弦定理得
∴∴
【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
20.已知数列的前项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
(1)时，,再验证n=1时成立；（2）由题知，数列是首项为1，公比的等比数列，错位相减求和即可.
【详解】（1）当时，.
当时，.
上式对也成立，所以.
（2）由题知，且，
所以数列是首项为1，公比的等比数列.
所以，即
所以①
②
由①—②得，
所以，
【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.
21.某公司计划在办公大厅建一面长为米的玻璃幕墙.先等距安装根立柱，然后在相邻的立柱之间安装一块与立柱等高的同种规格的玻璃.一根立柱的造价为6400元，一块长为米的玻璃造价为元.假设所有立柱的粗细都忽略不计，且不考虑其他因素，记总造价为元（总造价=立柱造价+玻璃造价）.
（1）求关于的函数关系式；
（2）当时，怎样设计能使总造价最低？
【答案】（1）且；（2）安装8根立柱时，总造价最小.
【解析】
【分析】
（1）分析题意，建立函数关系模型，即可得出函数关系式；
（2）由（1）将函数解析式变形，根据基本不等式，即可求出最值.
【详解】解：（1）依题意可知，所以，
（2）
∵，且，∴.
∴，
当且仅当，即时，等号成立，
又∵，∴当时，.
所以，安装8根立柱时，总造价最小.
【点睛】本题主要考查函数、基本不等式等知识：考查运算求解能力、数学应用意识；考查函数与方程、化归转化等数学思想，属于中档题.
22.在平面直角坐标系中，平行四边形的周长为8，其对角线的端点，.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知点，记直线与曲线的另一交点为，直线，分别与直线交于点，.证明：以线段为直径的圆恒过点.
【答案】（1）（2）详见解析
【解析】
【分析】
(1)由椭圆的定义得到点的轨迹为以，为焦点的椭圆（除去长轴端点），结合椭圆的性质得到参数值；（2）将直线设为横截式，联立直线和椭圆方程，设出直线PA,PE,可得到，，根据韦达定理得到结果为0，进而得到线段为直径的圆恒过点.
【详解】（1）依题意得
∴点的轨迹为以，为焦点的椭圆（除去长轴端点）
设的方程为
∴，，
∴
（2）设直线的方程为，，
由得
易得，∴，
，
∴直线的方程为，直线的方程为
∴，.
∴，，∴
又
∴
∴∴以线段为直径的圆恒过点.
【点睛】圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.