天津市七校(静海一中、宝坻一中、杨村一中等)2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题(解析版)

2018～2019学年度第一学期期末六校联考

高二数学

一、选择题（每小题5分，共8小题，共40分）

1.复数A. 0 B. 【答案】D 【解析】 【分析】

根据复数的除法运算将式子化简以及模长公式,得到结果即可. 【详解】故选D.

【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数模长的计算，考查了推理能力与计算能力，属于基础题,复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算. 2.已知等差数列

的公差为2，前项和为，且

，则的值为（ ） 所以

.

，则

（ ）

C. 1 D.

A. 16 B. 15 C. 14 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意，等差数列

的公差为2，，根据

，解得

，即可求解.

【详解】由题意，等差数列因为

的公差为2，前项和为， ，解得

，所以

，故选B.

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 3.下列叙述中正确的是（ ） A. 若

，则“

”的充分条件是“

”

B. 若C. 命题“D.

，则“”的充要条件是“”的否定是“

是

” ”

是等比数列，则为单调递减数列的充分条件

【答案】C 【解析】 【分析】

由题意，根据二次函数的性质，可判定A不正确；根据不等式的性质，可判定B不正确；根据全称命题与存在性命题的关系，可判定C正确；根据等比数列的性质，可判定D正确. 对于A中，若

，则“

，则“

”的充分条件是“

且

且

”，所以

【详解】由题意，对于A中，若是错误的； 对于B中，若

，则“

”的充分条件是“

”的充要条件是“且”，所以不正确；

”的否定是“

”，所以是

对于C中，根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“正确的； 对于D中，在故选C.

是等比数列，，例如当

且

时，此时

为单调递增数列，所以不正确.

【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记二次函数的性质，不等式的性质以及等比数列的单调性等知识点，合理、准确判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 4.已知直线

经过椭圆

的左焦点，且与椭圆在第二象限的交点为M，与轴

的交点为N，是椭圆的右焦点,且A. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意，求得

和

，根据

B.

C.

，则椭圆的方程为（ ） D.

和椭圆的定义可得，从而求得

，进而可求解椭圆的标准方程.

【详解】由题意，直线

与轴的交点

，

又直线所以因为直线且所以又由

所以椭圆的方程为

， ，即

过椭圆，

的左焦点，

与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为，

，即，

，故选D.

，

【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，其中解答中认真审题，合理利用椭圆的定义和几何性质求解得值是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力.

AD＝AA1＝2，AB＝4，5.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（ ）

A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】

以D为坐标原点，直线可求解点E到平面

分别为

的距离，得到答案.

分别为

轴建立空间直角坐标系，

轴建立空间直角坐标系，取得平面

的法向量为

，即

【详解】如图所示，以D为坐标原点，直线则则设平面则

的法向量为

，取

， ，得

，

，

，

所以点E到平面的距离为，故选B.

【点睛】本题主要考查了空间向量在的距离中的应用，其中解答中建立适当的空

间直角坐标系，熟练应用平面的法向量和距离公式求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 6.已知，

，则

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 【答案】A 【解析】 【分析】

根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义，进行判断，即可得到答案. 【详解】由题意，若当所以

是

时，满足

，则

，但

，则

，所以

，则

成立，

不一定成立，

的充分不必要条件，故选A.

【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的判定问题，其中解答中结合不等式的关系和不等式的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 7.已知函数A. C. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意，令即可求解.

【详解】由题意，令所以函数

在

，当

上单调递增，

时，

，

，利用函数的奇偶性的定义和导数求得函数单调性，又由

，即

，即

，

是定义在R上的偶函数，当或或

B. D.

或

时，或

，若

，则不等式

的解集为（ ）

又由函数所以函数又因为所以当又由

为偶函数，所以

为定义域上的奇函数，所以函数，所以或，即

时，，即

或，且，当，所以，故选C.

. 或在

，

上单调递增，

时，或

，

所以不等式的解集为

【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，利用导数研究函数的单调性及应用，其中解答中根据题意合理构造函数，利用导数得出函数的单调性是解答的关键，着重考查了构造思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 8.过双曲线

的左焦点

作圆

的切线，切点为，延长

交抛物线

于点，若

，则双曲线的离心率是（ ）

A.

B.

C.

D.

【答案】A 【解析】 【分析】 由题意，求得得

是

的中位线，得到

，因为

，所以

，

，又由抛物线的定义可，即可求解.

，过点F作的垂线，点P到该垂线的距离为，由勾股定理得

，

【详解】设双曲线的右焦点为，则的坐标为因为抛物线为因为O为又由因为又设点

，所以为抛物线的焦点，

的中点， ，则点为，所以

的中点，所以， ，所以

，则由抛物线的定义可得

，

，所以

，

是

的中位线，所以

,

过点F作的垂线，点P到该垂线的距离为， 由勾股定理得得

，所以

，即，故选A.

，

【点睛】本题主要考查了双曲线的标准及简单的几何性质的应用，以及抛物线的定义的应用，其中解答中合理应用圆锥曲线的几何性质，得出关于离心率的方程是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

二、填空题（每小题5分，共6小题，共30分）

9.已知方程【答案】【解析】 【分析】 由方程

表示椭圆，根据椭圆的标准方程，列出不等式组，即可求解

表示椭圆，则的取值范围为__________.

【详解】由题意，方程表示椭圆，则满足，

解得且，即实数的取值范围为且.

【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，其中解答中根据椭圆的标准方程，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 10.设公比为的正项等比数列【答案】 【解析】 由已知得故答案为. 11.在正四面体【答案】【解析】 【分析】 由题意，设在正四面体中【详解】由题意，设在正四面体中所以

，

的前项和为，且，若，则__________.

，两式相减可得，，，或（舍去），

中，棱长为2，且E是棱中点，则的值为__________.

，建立空间的一个基底，

，根据向量的数量积的运算，即可求解.

，建立空间的一个基底

，

.

【点睛】本题主要考查了空间向量的数量积的运算问题，其中解答中建立适当的空间基底，熟记向量的表示，以及向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 12.已知【答案】【解析】 【分析】

由题意，根据题设条件，得到【详解】由题意，则

，当且仅当

所以

的最小值等于

.

，即

且

，

时等号成，

，利用基本不等式，即可求解.

，

，且

，则

的最小值等于__________.

【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中根据题意，合理恒等变换，利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 13.设抛物线垂足为

. 若

（

）的焦点为，准线为.过焦点的直线分别交抛物线于，且三角形

的面积为，则的值为___________.

两点，分别过

作的垂线，

【答案】 【解析】 【分析】

由抛物线的定义，化简得到直线的关系求得

，求得

的斜率为，求得

，则直线

的方程为

，联立方程组，利用根与系数

的长，利用面积公式，即可求解.

，

,

【详解】如图所示，由抛物线的定义可知则所以直线设联立方程组

的斜率为

，

，整理得

，

，则，则直线

的方程为

，

所以所以

，所以的面积为

，则

，解得

.

，

【点睛】本题主要考查了抛物线的定义与标准方程的应用，以及抛物线的几何性质

的应用问题，其中解答中熟练应用抛物线的定义，求得直线的方程，利用抛物线焦点弦的性质，求得

的长是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及转化思想的应用. 14.已知函数

，若

是函数

唯一的极值点，则实数的取值范围为__________.

【答案】【解析】 【分析】

由题意，求得函数的导数点，令

，根据题意是函数的唯一的一个极值点，得出在无变号零

，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解.

【详解】由题意，函数因为所以即所以所以

在在是函数

在

的定义域为，且

是导函数

的唯一根，

，

的唯一的一个极值点，所以

无变号零点，

，则

上无变号零点，令上单调递减，在

，所以

，

上单调递增， .

是函数

的唯一的一个极值点，转化

的最小值为

【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，其中解答中把为

在

无变号零点，构造新函数

，利用导数求解函数的单调性和最值是解答的关键，着重

考查了转化思想的应用，以及推理与计算能力，属于中档试题.

三、解答题（共6小题，共80分）

15.数列

的前项和为，已知

，

. 其中

（1）证明：数列是等比数列；

（2）求数列的前项和.

.

【答案】(1)见解析;(2)【解析】 【分析】 (1)由

，可得

【详解】（1）证明：∵∴∴又∴

，

，

， ，

，可得

，即，从而可得结论；（2）由（1）知，

，利用错位相减法，结合等比数列求和公式，即可得结果.

，

∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列.

（2）由（1）知，∴∴

，

，

，① . ②

①-②得

，

∴

.

【点睛】本题主要考查等比数列的定义和等比数列的求和公式，以及错位相减法求数列的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列

是等差数列，

是等比数列，求数列

的前项和时，可采用“错位相减法”求

与“

” 的表达式时应特别

和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”

”的表达式.

注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“

16.已知函数（1）求函数

在点

在

处取得极值.

处的切线方程；

在区间（2）

上恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围.

（2）若关于的方程【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）求得函数的导数，由线的方程； （2）由

，得

是函数的极值点，得到，求得，再利用导数的几何意义，即可求解切

，令，又由方程在上恰有两个

不同的实数根，转化为上恰有两个不同实数根，利用导数取得函数

的单调性和最值，即可求解.

【详解】（1）由题意，求得函数的导数

时，故

取得极值，

解得

（2）由得令则等价于

在知

上恰有两个不同的实数根， 上恰有两个不同实数根.

，

.经检验

符合题意.

当当

时，时，

，于是，于是

在

上单调递增； 上单调递增；

依题意有

解得 .

【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解切线方程，以及利用导数研究方程的根的问题，其中解答中熟记导数的几何意义求解切线的方程，以及把方程的根转化为

上恰有两个不同实数根，利用导数取得函数力，属于中档试题.

17.在如图所示的多面体中，中点.

平面

，

平面

，

，且

，是

的

在

的单调性和最值，着重考查了转化思想，以及推理与运算能

（1）求证：（2）求平面（3）在棱请说明理由. 【答案】（1）见解析 （2）

； 与平面

所成的二面角的正弦值；

与平面

所成的角是

. 若存在，指出点的位置；若不存在，

上是否存在一点，使得直线

（3）在棱【解析】 【分析】 （Ⅰ）由

上存在一点，使直线与平面所成的角是，点为棱的中点．

， 是的中点，得到，进而得

，利用线面垂直的判定定理，证得平

面，进而得到．

为

轴，如图建立坐标系

，求得平面

和平面

的一个法向量

，

（Ⅱ）以为原点，分别以

利用向量的夹角公式，即可求解. （Ⅲ）设解.

【详解】（1）证明：∵又∵∴

平面

，∴，∴

平面

， 是，

，

的中点，∴

，

且

，求得

，利用向量的夹角公式，求得

，即可求

．

，

为， 轴，如图建立坐标系， ，

， ，

，则：

，所以

，则

， ，

， ， ，

．

（2）以为原点，分别以则：

， ，

设平面取设平面取

， ，

的一个法向量

， 的一个法向量

，

，

，所以

．

故平面（3）在棱设∴∴若直线则 所以在棱

与平面所成的二面角的正弦值为

与平面

． 所成的角是

，

上存在一点，使得直线

，

，

， 与平面

，

，∴，

且

，

所成的的角为，

，解得

， ，点为棱

的中点．

上存在一点，使直线与平面所成的角是

【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定，以及利用空间线面角和二面角的

求解问题，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理，以及熟记空间向量的数量积和夹角公式合理运算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，以及推理与计算能力，属于基础题.

18.已知数列（1）设（2）设

满足

，

，其中

.

的通项公式；

对于

恒成立，若存

，求证：数列，数列

是等差数列，并求出

的前项和为，是否存在正整数，使得

在，求出的最小值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 【解析】

试题分析：（1）利用递推公式即可得出

为一个常数，从而证明数列

是等差数，再利用等差数列的通

对于

;(2) 的最小值为3.

项公式即可得到，进而得到；（2）利用（1）的结论，利用“裂项求和”即可得到，要使得恒成立，只要

，即

，解出即可.

试题解析：（1）证明：，

所以数列是等差数列， ，因此

，

.

，

，

由（2）由所以

所以因为

，所以

， 恒成立， 对于

，恒成立，只需

，且

解得

，

的最小值为.

依题意要使

【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①

；③

④

；

；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，

；②

导致计算结果错误.

19.已知椭圆：

，交轴于点. 点为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）已知为在说明理由；

（3）若过点作直线的平行线交椭圆于点，求【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）由椭圆的离心率和左顶点，求出，，由此能求出椭圆的标准方程；（2）直线l的方程为与椭圆联立，得，由

,可设

的方程为

，

（2）

（3）

．

的最大值.

的中点，是否存在定点，对于任意的

都有

，若存在，求出点的坐标；若不存

的离心率

，左顶点为

，过点作斜率为

的直线交椭圆于点

，由此利用韦达定理、直线垂直，结合题意能求出结果；（3）

，与椭圆联立方程得点的横坐标，由

，结合基本不等式即可求出最小值.

试题解析：（1）∵左顶点为∴又∵∴又∵

．

∴椭圆的标准方程为

（2）直线的方程为，由消元得

化简得， ，则

当时， ，

∴∵点为

的中点

∴点的坐标为直线的方程为

，即

∴∴

即

恒成立

. ，令

，则.

，假设存在定点

使得

,则

，得点的坐标为恒成立，

∴定点的坐标为（3）∵∴

的方程可设为，由得点的横坐标为

由，得

，

当且仅当即时取等号，

∴当时， 的最小值为．

点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构

造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．

20.已知函数（1）若（2）设（3）当【答案】（1【解析】 【分析】

（Ⅰ）由题意，求得函数的导数（Ⅱ）由题意，得（Ⅲ）代入即可作出证明. 【详解】（1）因为因为所以验证：当

时，在

处取得极值，

，解得在

． ，所以

，

，根据

，即可求解；

，分类讨论，即可求解函数的单调区间；

，

，根据函数的单调性，

在

，

.

处取得极值，求的值；

，试讨论函数

时，若存在正实数

满足

的单调性；

，求证：

.

．（2）答案不唯一，具体见解析（3）见解析

，求得函数的导数

，令

，求出

处取得极大值．

．

（2）解：因为所以①若当

，则当

时，

时，，

，所以函数函数

在

在上单调递增；

上单调递减．

②若，，

当在当

时，易得函数在和上单调递增，

上单调递减； 时，

恒成立，所以函数

在

上单调递增；

当在

时，易得函数在和上单调递增，

上单调递减．

时，

，

， ，

．

，

，

时，时，

，所以函数，所以函数在， ，所以

为正实数，所以时，．

．

满足条件， 或

．

在在

上单调递减；

上单调递增．

，

，

（3）证明：当因为所以即所以令则当当所以函数所以即因为当所以

时，取得最小值，最小值为．

，此时不存在

【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.