陕西省宝鸡市渭滨区2018_2019学年高二数学上学期期末考试试题文含解析.doc

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1、陕西省宝鸡市渭滨区2018-2019学年高二数学上学期期末考试试题 文（含解析）一、选择题（每小题5分，共50分）1.已知抛物线的准线方程为，则其标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由准线方程，可直接得出抛物线方程.【详解】因为抛物线的准线方程为，所以抛物线的焦点在轴正半轴上，且，即，所以抛物线的方程为.故选A【点睛】本题主要考查抛物线的方程，熟记抛物线的准线即可，属于基础题型.2.双曲线的渐近线方程为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线的方程，可直接得出渐近线方程.【详解】因为双曲线方程为，由得即为所求渐近线方程.故选B【点睛】本题主

2、要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于基础题型.3.若为正实数，且，则的最小值为（ ）A. 10B. 8C. 9D. 6【答案】C【解析】【分析】由题意得到，再由基本不等式，即可求出结果.【详解】因为为正实数，且，所以，当且仅当，即时，等号成立.故选C【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值的问题，熟记基本不等式即可，属于常考题型.4.已知在中，若三角形有两解，则的取值范围是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三角形有两解，得到，即，结合题中数据，即可求出结果.【详解】因为在中，若三角形有两解，则有，即，即，所以.故选D【点睛】本题主要考查三角形解的个数的

3、判断，熟记正弦定理即可，属于常考题型.5.若等差数列的首项为1，公差为1，等比数列的首项为-1，公比为-2，则数列的前8项和为（ ）A. -49B. -219C. 121D. 291【答案】C【解析】【分析】先记等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，根据等差数列与等比数列的求和公式，结合题中条件，即可求出结果.【详解】因为等差数列的首项为1，公差为1，等比数列的首项为-1，公比为-2，记等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，则数列的前8项和为.故选C【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，熟记分组求和的方法，以及等差数列与等比数列的求和公式即可，属于常考题型.6.设满足不等式组，若的

4、最大值为，最小值为，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由得，表示斜率为，在轴截距为的直线；再由约束条件作出可行域，求出边界线的交点坐标，根据题中条件，结合图像，即可求出结果.【详解】由得，表示斜率为，在轴截距为的直线；由约束条件作出可行域如下，由解得；由解得，因为的最大值为，最小值为，所以显然当直线过点时，取得最大值；过点时，取得最小值；因此只需，即，解得故选C【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，由目标函数的最值求参数，一般需要由约束条件作出可行域，根据目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.7.“”的一个充分但不必要的条件是()A.

5、B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解不等式，再由充分不必要条件的概念可知，只需找不等式解集的真子集即可.【详解】由解得，要找“”的一个充分但不必要的条件，即是找的一个子集即可，易得，B选项满足题意.故选B【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记充分条件与必要条件的定义即可，属于常考题型.8.已知数列的前项和为，对任意正整数，则下列关于的论断中正确的是（）A. 一定是等差数列B. 一定是等比数列C. 可能是等差数列，但不会是等比数列D. 可能是等比数列，但不会是等差数列【答案】C【解析】【分析】由得，又因为，所以得，注意此时验证时，不满足，可得解.【详解】因为当时，所以，即（）

6、，而时，不满足，所以该数列不是等比数列。当时，数列为等差数列。故选：C。【点睛】本题主要考查数列中含有和的式子的转化关系，以及等差数列和等比数列的定义，此类问题注意验证时是否满足递推式，属于基础题。9.函数的导数为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据完全平方公式对展开，再运用常见初等函数的求导公式和求导运算法则可求解.【详解】因为,则函数的导函数,故选：D.【点睛】本题主要考查导数的计算,要求熟练掌握常见初等函数的求导公式,属于基础题.10.定义在上的函数满足：，则不等式的解集为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数,由得的单调性,再将不等式转化

7、为, 又由，得，所以，由构造函数的单调性,即可求解。【详解】设，则, , , 又，所以, 在定义域上单调递增, 对于不等式可转化成，, 又，, , 而在定义域上单调递增, ，故选：A.【点睛】本题考查构造函数，利用其导函数取得正负的范围得出构造函数的单调性区间，从而求解不等式的问题，此类问题的关键是根据已知条件构造出合适的新函数，并且分析其单调性和特殊点的函数值，属于中档题。二、填空题（每小题5分，共20分）11.已知的一个内角为，并且三边长成公差为2的等差数列，则的周长为_.【答案】15【解析】【分析】先由题意设三角形三边长依次为，其中，再由最大内角为，结合余弦定理，即可求出，从而可得出结果

8、.【详解】因为三边长成公差为2的等差数列，所以可设三角形三边长依次为，其中，又的一个内角为，即所对的角为，由余弦定理可得：，解得.所以周长为.故答案为【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理即可，属于常考题型.12.焦距为2，短轴长为4，且焦点在轴上的椭圆的标准方程为_.【答案】【解析】【分析】由题意得到，再由求出，根据焦点轴上，即可得出结果.【详解】因为椭圆的焦距为2，短轴长为4，所以，因此，又该椭圆的焦点在轴上，所以该椭圆的标准方程为.故答案为【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，根据求出椭圆的标准方程，熟记椭圆标准方程即可，属于基础题型.13.函数的极小值点为_【答案】2【解析】【分

9、析】对求导，令后，分析取得正负时x的范围，从而得出在相应区间的单调性，得出极值点.【详解】因，所以，令，得，所以当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以在时取得极小值，故填：2.【点睛】本题考查函数的导函数与函数的单调性和极值的关系，属于基础题.14.设数列是公差不为0的等差数列，为数列前项和，若，则的值为_【答案】【解析】【分析】先设等差数列的公差为，根据，求出公差，即可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，又，所以，整理得，解得或，因为数列是公差不为0，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属

10、于常考题型.三、解答题（每小题10分，共50分）15.设数列满足.(1)求数列的通项公式； (2)若数列的前项和为，求.【答案】(1) . (2) 【解析】【分析】（1）由，求出时的通项，再检验时，是否满足所求通项公式即可；（2）由（1）得到，用裂项相消法，即可求出结果.【详解】（1）因为，所以当时，所以，即，当时，满足，所以.（2）由（1）知，所以.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，以及裂项相消法求数列的和，熟记递推关系式，以及裂项的常见形式即可，属于常考题型.16.已知的内角满足.(1)求角； (2)若的外接圆半径为1，求的面积的最大值.【答案】(1) . (2) 【解析】【分析】（

11、1）先设内角所对的边分别为，由题意中条件，根据正弦定理得到，再由余弦定理，即可求出角；（2）先由的外接圆半径为1，结合正弦定理得到，再由余弦定理，结合基本不等式，可得，从而可得三角形面积的最大值.【详解】（1）设内角所对的边分别为，由可得，所以，又因为，所以.（2）因为的外接圆半径为1，所以有，即，由余弦定理可得即，即，所以（当且仅当时取等号）.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，以及基本不等式即可，属于常考题型.17.某种设备购置费为10万元，每年的设备管理费共计1万元，这种设备的维修费各年为：第一年1千元，第二年3千元，第三年5千元，而且以后以每年2千元的增量逐年递增问这

12、种设备最多使用多少年报废最合算（即使用多少年的年平均费用最少）?【答案】使用10年报废最合算，年平均费用为3万元【解析】【分析】先设使用年的年平均费用为万元，根据题意得到，化简整理，根据基本不等式求最值即可，属于常考题型.【详解】解：设这种设备使用年的年平均费用为万元，由已知得：由基本不等式知： ，当且仅当即时取“等号”，因此使用10年报废最合算，年平均费用为3万元【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟记基本不等式即可，属于常考题型.18.已知函数在与处都取得极值(1)求函数的解析式及单调区间；(2)求函数在区间的最大值与最小值【答案】（1），单调增区间是，减区间是（2），【解析】【分析】（

13、1）对求导，根据在与处都取得极值，得和，建立方程组求得a,b的值，得到的解析式，再分析取得正负时x的范围，从而得出相应的单调区间，得解；（2）根据（1）可得出的极值点，再求出边界点和的值，与极值点的函数值比较大小可得解.【详解】（1）因为，所以,因为在与处都取得极值，所以，即，解得即，所以，令或，令，所以的单调增区间是，减区间是.（2）由（1）可知，1+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增的极小值，的极大值，而，可得时，故得解.【点睛】本题考查通过导函数研究函数的单调性，极值，最值的问题，属于基础题。19.已知椭圆的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，过点的直线与椭圆相交于、两

14、点. (1)求椭圆的方程；(2)若以为直径的圆过坐标原点，求的值.【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】（1）由离心率得到，由椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，得到，进而可求出结果；（2）先由题意，得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，得到，再由以为直径的圆过坐标原点，得到，进而可求出结果.【详解】(1)由题意知，即 ， 又双曲线的焦点坐标为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，所以，故椭圆的方程为.(2)解：由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由得： 由得： 设，则， 因为以为直径的圆过坐标原点，所以，满足条件 故.【点睛】本题主要考查椭圆的方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，解决此类问题时，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于常考题型.15