1、1绝密启用前山东省潍坊市 2018-2019 学年高二上学期期末考试数学试题评卷人 得分一、单选题1已知 a，b， ，则下列说法正确的是 A若 ，则 B若 ，则C若 ，则 D若 ，则【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质可推得 D 正确，利用特殊值举例可说明 A,B,C 错误.【详解】解： 得不出 ，比如， ， 时；B. 时， 得不出 ；C. 得不出 ，比如， ， ；D. 是增函数， 得出 故选 D【点睛】判断关于不等式的命题真假的常用方法(1)直接运用不等式的性质：把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理判断(2)特殊值验证法：给要判断的几个式子中涉及
2、的变量取一些特殊值，然后进行比较、判断2双曲线方程为 ，则渐近线方程为 A B C D【答案】A【解析】【分析】首先由双曲线的的方程可得 ，再移项开方可得渐近线的方程为 .2【详解】解： 双曲线方程为 ，则渐近线方程为 ，即 ，故选 A【点睛】一般地，求双曲线 的渐近线的方程，可以把等号右边的常数变为 ,方程变形为 ，即可求得渐近线的方程为 .3已知四棱锥 的底面 ABCD 是平行四边形，设 ， ， ，则（ ）A BC D【答案】B【解析】【分析】运用 ，即可求得答案 .【详解】解：如图所示，四棱锥 的底面 ABCD 是平行四边形， 则 故选 B【点睛】本题考查向量的加法，考查向量在立体几何中
3、的应用, 结合图形利用空间向量的基本定理,属于基础题.34在等比数列 中， ， ，则 A B1 C D2【答案】C【解析】【分析】由等比数列的性质结合 ，可得 ，又 ,即可求的公比.【详解】解：等比数列 中， ，则 ，则 ，解得 ，故选 C【点睛】本题考查等比数列的定义和性质考查了计算能力，等比数列的性质：若 ，则 ,再结合等比数列的定义结合已知求出公比, 属于基础题5命题“ ，使得 ”的否定是 A ，均有 B ，均有C ，使得 D ，使得【答案】B【解析】【分析】利用特称命题的否定是全称命题， 的否定是 ，写出结果即可【详解】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“ ，使得 ”的否定是
4、： ，均有 故选 B【点睛】4本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，对含有量词的命题的否定要注意两点:1.首先要对量词进行否定，2.对结论进行否定. 本题是基础题6已知 0， ， 0， ， 2， ，则点 A 到直线 BC 的距离为 A B1 C D【答案】A【解析】【分析】首先写出 和 的坐标，再求出 ，最后利用公式，即可求值.【详解】解： 0， ， 0， ， 2， ，0， ， 2， ，点 A 到直线 BC 的距离为：故选 A【点睛】运用空间向量求点到直线的距离，首先写出直线的方向向量，在直线上选取一点和已知点构造一个新的向量，运用两个向量的数量积公式求出夹角的余弦，再数形结合，结
5、合直角三角形运用勾股定理求出距离.7设 F 为抛物线 C： 的焦点，过 F 作倾斜角为 的直线交曲线 C 于 A，B ，则A 8 B C16 D【答案】D【解析】【分析】首先写出抛物线的焦点 ，再写出直线的方程 ，代入抛物线运用韦达定理，5，代入即可求得答案.【详解】解：抛物线 C： 的焦点 ，设 ， ，且倾斜角为 的直线 ，整理得 ，由韦达定理可知 ，由抛物线的定义可知： ，故选 D【点睛】根据抛物线的方程求得焦点坐标，根据直线的倾斜角求得直线方程，代入抛物线方程，利用韦达定理求得 ，由抛物线的性质可知 ，解得可得所求值8我国古代著名的 周髀算经 中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分
6、之一；冬至晷 长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为 分；且“ 冬至”时日影长度最大，为 1350 分；“夏至” 时日影长度最小，为 160 分则“ 立春”时日影长度为 A 分 B 分 C 分 D 分【答案】B【解析】【分析】首先“冬至”时日影长度最大，为 1350 分， “夏至”时日影长度最小，为 160 分，即6可求出 ,进而求出立春 ”时日影长度为 .【详解】解：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为 分，且“冬至”时日影长度最大，为 1350 分；“夏至”时日影长度最小，为 160 分，解得 ，“立春”时日影长度为：
7、分故选 B【点睛】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，利用等差数列的性质直接求解9已知正四棱柱 的体积为 ，底面 ABCD 的边长为 1，则二面角的余弦值为 A B C D【答案】C【解析】【分析】过 D 作 于 , 就是二面角 的平面角, , ,结合，即可求得余弦值.【详解】解：过 D 作 于 ，连接 AO，则 就是二面角 的平面角7正四棱柱 的体积为 ，底面 ABCD 的边长为 1， 在 中， ， ，可得 ， 在 中， ，故选 C【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三
8、，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.10某大学毕业生为自主创业于 2014 年 8 月初向银行贷款 240000 元，与银行约定按“等额本金还款法”分 10 年进行还款，从 2014 年 9 月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率为 ，现因经营状况良好准备向银行申请提前还款计划于 2019 年 8 月初将剩余贷款全部一次还清，则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少 元注：“等额本金还款法” 是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率
9、；年按 12 个月计算A 18000 B18300 C28300 D36300【答案】B【解析】【分析】本题在认真阅读理解题意的基础认识到两种还款方式的本金没有差额，而前 60 个月的还款利息也是一样的，唯一不同的是后 60 个月的还款利息，该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是 240000 元， 从 2014 年 9 月初第一次还款到 2019 年 8 月初这5 整年即 60 个月两种还款方式所还的利息也是一样的，每月应还本金：，2019 年 10 月应还利息为： ，依次可算出最后一次应还利息为： ，再求和可得利息和为 .【详解】解：由题意，可知：该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终
10、都是 240000 元，两种还款方式的本金没有差额该大学毕业生决定 2019 年 8 月初将剩余贷款全部一次还清8从 2014 年 9 月初第一次还款到 2019 年 8 月初这 5 整年即 60 个月两种还款方式所还的利息也是一样的按原约定所有还款数额 按现计划的所有还款数额 原约定还款方式从 2019 年 9 月起到最后还完这整 60 个月所还的利息每月应还本金： 元 2019 年 8 月还完后本金还剩 元年 9 月应还利息为： ，2019 年 10 月应还利息为： ，2019 年 11 月应还利息为： ，最后一次应还利息为： 后 60 个月所还的利息为：元故选：B【点睛】本题主要考查了数
11、列的实际应用问题，同时考查了函数与方程思想，其中解答中认真审题，合理转化与化归，列出关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力11已知点 P 是椭圆 E： 上的任意一点，AB 是圆 C： 的一条直径，则 的最大值是 A 32 B36 C40 D48【答案】A【解析】【分析】首先设 ，即可得到 ，运用向量的数量积，结合点的坐标，可得 ，由 ，结合二次函数的单调性求出最大值.9【详解】解：如图所示，设 ，满足 ， ， ， ， 当且仅当 时， 的最大值是 32故选 A如图所示，设 ，满足 ， ， ， ，利用数量积运算性质、椭圆的标准方程及其二次函数的单调性即可得出【点睛】本题考查了数量积
12、运算性质、椭圆的标准方程及其二次函数的单调性，关键是将 写成 ， 写成 ，再进行转化，最后结合二次函数的单调性求出最大值，考查了推理能力与计算能力10第 II 卷（非选择题)请点击修改第 II 卷的文字说明评卷人 得分二、填空题12设 ，则“ ”是“ ”的 A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由 ，可以得到 ，但是当 , ，但此时 ，即可判定选项【详解】解：由 ，解得 或 ，故“ ”是“ ”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断，其中解答中结合不等式的关系是解决本题的关键，着重考查了推理与判断能力，
13、属于基础题.13已知正数 a，b 满足 ，则 的最小值为_【答案】4【解析】【分析】由 ，可得 ，再利用基本不等式即可求出最小值.【详解】解： 正数 a，b 满足 ，当且仅当 时取等号的最小值为 4故答案为 411【点睛】本题考查了“乘 1 法”与基本不等式的性质，求最值时，可通过基本不等式或函数两个方面考虑，在用基本不等式时要注意不等式的使用条件，即“一正二定三相等” ，且三个条件缺一不可14已知平行六面体 ， ，则 _【答案】【解析】【分析】由已知可求得 ，再由向量的加法运算可得，等式两边平方可求出 的长.【详解】解： ， ，故答案为 【点睛】本题考查了平行六面体中的长度问题，常用方法是运
14、用向量将其进行分解，线性表示出要求向量，然后运用向量的数量积求出结果.15已知 是椭圆 上一点，F 是椭圆的右焦点，设点 F 到直线 的12距离为 d，则 _， _【答案】8 【解析】【分析】把点 代入椭圆，解方程即可求出 的值，由椭圆的定义知 ，求出离心率即可.【详解】解： 是椭圆 上一点，代入可得： ，解得 点 F 到直线 的距离为 ， 故答案为 8， 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了椭圆的第二定义，同时考查了推理能力与计算能力16给出下列四个命题已知 P 为椭圆 上任意一点， ， 是椭圆的两个焦点，则 的范围是 ；已知 M 是双曲线 上任意一点， 是双曲线的右焦点，则 ；
15、已知直线 l 过抛物线 C： 的焦点 F，且 l 与 C 交于 ，两点，则 ；椭圆具有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，今有一个水平放置的椭圆形台球盘，点 ， 是它的焦点，长轴长为 2a，焦距为 2c，若静放在点 的小球小球的半径忽略不计从点 沿直线出发则经椭圆壁反射后第一次回到点 时，小球经过的路程恰好是 4a其中正确命题的序号为_请将所有正确命题的序号都填上13【答案】【解析】【分析】求得椭圆的 ，运用焦半径公式和椭圆的范围，可得结论；求得双曲线的 ,讨论 在双曲线的左支或右支上，求得最小值，即可判断；设出直线的方程，代入抛物线方程，运
16、用韦达定理，即可判断；可假设长轴在 轴，短轴在 轴，设 为左焦点， 是它的右焦点，对球的运动方向讨论,沿 x 轴向左直线运动，沿 x 轴向右直线运动，及球从 A 不沿 x 轴，斜向上或向下运动，讨论即可【详解】解： 椭圆 的 ， ， ， ，设 P 的横坐标为 m，由焦半径公式可得则 ，由 ，可得可得所求范围是 ，故 错误；已知 M 是双曲线 的 ， ， ，若 M 在双曲线左支上，可得；若 M 在双曲线右支上，可得 ，故 正确；已知直线 l 过抛物线 C： 的焦点 F，设直线 l 的方程为 ，代入抛物线的方程可得 ，且 l 与 C 交于 ， 两点，可得 ， ，则 ，故 正确；对于 ，假设长轴在
17、x 轴，短轴在 y 轴，设 A 为左焦点，B 是它的右焦点，以下分为三种情况：球从 A 沿 x 轴向左直线运动，碰到左顶点必然原路反弹，这时第一次回到 A 路程是；球从 A 沿 x 轴向右直线运动，碰到右顶点必然原路反弹，这时第一次回到 A 路程是；球从 A 不沿 x 轴斜向上或向下运动，碰到椭圆上的点 C，反弹后经过椭圆的另一个焦点 B，再弹到椭圆上一点 D，经 D 反弹后经过点 此时小球经过的路程是 4a14综上所述，从点 A 沿直线出发，经椭圆壁反射后第一次回到点 A 时，小球经过的路程是 4a 或 或 故 错误故答案为： 【点睛】本题考查圆锥曲线的定义、方程和性质，考查分类讨论思想方法
18、和化简整理的运算能力，属于中档题评卷人 得分三、解答题17已知正方体 中，M，N 分别是棱 和对角线 的中点证明： 平面 ABCD；求直线 MN 与直线 所成角的大小【答案】 （1）见证明；（2）【解析】【分析】连结 ，推导出 ，由此能证明 平面 设正方体 的棱长为 1，以 为原点， 的方向分别为 ， 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 与直线 所成角的大小【详解】证明： 连结 BD， ，N 分别是棱 和 的中点，15，平面 ABCD， 平面 ABCD，平面 ABCD解： 设正方体 的棱长为 1，以 D 为原点，DA，DC， 的方向分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则 0，
19、 ， 0， ， 1， ， 1， ， 1， ，1， ， ， 0， ， ，直线 MN 与直线 所成角的大小为 【点睛】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题18已知二次函数 的两个零点为 和 ，且 求函数 的解析式；解关于 x 的不等式 【答案】 （1） （2）【解析】【分析】根据二次函数的性质得到关于关于 m 的方程，解出即可；问题转化为 ，解出即可【详解】解： 由题意得： 的两个根为 和 ，由韦达定理得 ，故 ，故 ， ， ，16故 ；由 得，即 ，即 ，解得： ，故不等式的解集是 【点睛】本题考查
20、了二次函数的性质，考查韦达定理以及解一元二次不等式问题，是一道常规题19已知数列 是等差数列， ， ，数列 的前 n 项和为 ，且满足求数列 和 的通项公式；设 ，求数列 的前 n 项和 【答案】 （1） ， ；（2） 【解析】【分析】设等差数列的公差为 d，运用等差数列的通项公式，解方程即可得到所求数列的通项公式；运用数列的递推式可得所求数列 的通项公式；求得 ，运用裂项相消求和，化简可得所求和【详解】解： 数列 是公差为 d 的等差数列， ， ，可得 ， ，解得 ， ，则 ；，当 时， ，可得 ，17时， ，即有 ，即有 ，则 ， ；，前 n 项和【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公
21、式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题20已知 ， ，直线 AD 与直线 BD 相交于点 D，直线 BD 的斜率减去直线AD 的斜率的差是 2，设 D 点的轨迹为曲线 C求曲线 C 的方程；已知直线 l 过点 ，且与曲线 C 交于 P，Q 两点 Q 异于 A， ，问在 y 轴上是否存在定点 G，使得 ？若存在，求出点 G 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】 （1） ， （2）见解析【解析】【分析】设 ，利用斜率计算公式 ，化简整理即可得出假设在 y 轴上存在定点 ，使得 ，可知：直线 PQ 的斜率存在设PQ 的方程为： ，代入抛物线方程可得： ， 恒成立，设，
22、根据 ，利用根与系数的关系代入 化简即可得出【详解】解： 设 ，则 ，整理为： ，18曲线 C 的方程为 ， 假设在 y 轴上存在定点 ，使得 ，可知：直线 PQ 的斜率存在设 PQ 的方程为： ，代入抛物线方程可得： ，恒成立，设 ，则 ， ， ，化为： ，即 ，因此在 y 轴上存在定点 ，使得 【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题21四棱锥 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，侧面 PAD 是正三角形，E 为 AD 的中点，二面角 为 证明： 平面 PBE；求点 P 到平面 ABCD 的距离；求直线 B
23、C 与平面 PAB 所成角的正弦值【答案】 （1）见证明；（2） （3）19【解析】【分析】推导出 ， ，由此能证明 平面 PBE由 平面 PBE，得 ，从而 是二面角 的平面角，推导出平面 平面 ABCD，作 ，垂足为 F，则 平面ABCD，由此能求出点 P 到面 ABC 的距离以 E 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 BC 与平面 PAB 所成角的正弦值【详解】证明： 是正三角形， E 为 AD 中点，PE 与 PB 是平面 PBE 内的两条相交线，平面 PBE解： 平面 PBE， 平面 PBE，是二面角 的平面角， ，平面 PBE， 平面 ABCD，平面 平面 ABC
24、D，作 ，垂足为 F，则 平面 ABCD，点 P 到面 ABC 的距离为 ，E 为 AD 中点，即 为正三角形，以 E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则 0， ， ， ， 0， ， ， 0， ，20设 y， 是平面 ABP 的一个法向量，则 ，取 ，得 ， 与平面 APB 所成的角和 BC 与平面 APB 所成的角相等，设 BC 与平面 APB 所成角为 ，直线 BC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查点到直线的距离的求法，考查线面的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题22已知
25、椭圆 E： 的离心率是 ， ， 分别为椭圆 E 的左右顶点，B 为上顶点， 的面积为 直线 l 过点 且与椭圆 E 交于 P，Q 两点求椭圆 E 的标准方程；求 面积的最大值；设直线 与直线 交于点 N，证明：点 N 在定直线上，并写出该直线方程【答案】 （1） （2） （3）见证明【解析】【分析】根据离心率和三角形的面积即可求出 ， ，分两种情况，当 PQ 斜率不存在时， ，当直线 PQ 的斜率存在时，设 PQ的方程为 ， ，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、 ，函数的性质，结合已知条件能求出 的面积的最大值分两种情况，PQ 斜率不存在时，易知 ，当直线 PQ 的斜率存在时，直线21的
26、方程为 ，直线 的方程为 ，即可整理化简可得，解得即可【详解】解：由题意知 ，即 ，的面积为 2，解得 ， ，椭圆 C 的标准方程为 ，斜率不存在时，易知 ， ，此时 ，当直线 PQ 的斜率存在时，设 PQ 的方程为 ， ，设 ， ，将 代入 ，整理可得 ， ，令 ， ，故 面积的最大值证明 斜率不存在时，易知 ，当直线 PQ 的斜率存在时，直线 的方程为 ，直线 的方程为22，解得 ，即 N 点的横坐标为 4，综上所述，点 N 在定直线 上【点睛】本题考查椭圆性质、根的判别式、韦达定理、弦长公式、考查考查推理论证能力、数据处理能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，属于中档题
