辽宁省2018-2019学年高二下学期开学考试数学（理）试题含答案解析

1 庄河高中庄河高中 2018201820192019 学年度下学期高二期初考试学年度下学期高二期初考试 理科数学试题理科数学试题 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题 5 5 分，共计分，共计 6060 分）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. 2 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】 3 【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an中，由与作和得： =（）+-（） 4 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 【解析】 【分析】 根据正弦定理将化为，从而可得或，进而可得出结果. 5 【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. 故选 D 【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（ ） 6 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+（2m）x2mex， 由 f（0）=2m=0，解得 m=0 此时 f（x）=x2ex，f（x）=（x2+2x）ex， 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， 7 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. 故选 B 【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（每题二、填空题（每题 5 5 分，共计分，共计 2020 分）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. 8 【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】 【解析】 试题分析：数列an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】 9 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）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， ， 10 （ ）， 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， （）求数列，的通项公式； （）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： 11 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 ACBC，BCCC1，设 AB1的中点为 D，B1CBC1E. 12 （1）求证：DE平面 AA1C1C； (2) 求证：BC1AB1； （3）设 AC=BCCC1 =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 DEAC，从而 DE平面 AA1C1C；（2）先证 AC平面 BCC1B1，得 BC1AC，又因为 BC1B1C，所以 BC1平面 B1AC，所以 BC1AB1；（3）先求出点 A1到平面 B1AC 的 距离，再求出点 A1到交线 B1