山东省日照市2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题 WORD版含解析 .doc

1、山东省日照市2018-2019学年高二上学期期末模块考试数学试题一、选择题（本大题共13小题，共52.0分）1.在等比数列中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】等比数列的性质可知,故选.2.在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点所在的象限是（ ）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】利用复数的运算法则、几何意义即可得出.【详解】解：在复平面内，复数所对应的点在第二象限.故选：B.【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.3.命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】

2、根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论.【详解】解：根据全称命题的否定是特称命题，则命题“”的否定，故选：C.【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题.4.设R，则“1”是“1”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】【详解】试题分析：由可得成立，反之不成立，所以“”是“”的充分不必要条件考点：充分条件与必要条件5.双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，得所以双曲线的渐近线方程是选C6.我国古代数学著作算法统宗中有这样一段记载：“一百八十九里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝

3、才得到其关.”其大意为：“有一个人共行走了189里的路程，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地.”则该人第一天行走的路程为（ ）A. 108里B. 96里C. 64里D. 48里【答案】B【解析】【分析】根据题意，记该人每天走的路程里数为，分析可得每天走的路程里数构成以的为公比的等比数列，由求得首项即可【详解】解：根据题意，记该人每天走的路程里数为，则数列是以的为公比的等比数列，又由这个人走了6天后到达目的地，即，则有，解可得：，故选：B.【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前项和公式的运用，注意等比数列的性质的合理运用.7.如图

4、，空间四边形中，点在线段上，且，点为的中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，把三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项.【详解】解：，故选：A.【点睛】本题考点是空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题.8.在数列中，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：在数列中，故选A.9.如图，已知棱长为1的正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D【

5、解析】【分析】根据与平面的关系，先找到直线与平面的夹角，然后通过勾股定理求得各边长，即可求得夹角的正弦值详解】连接、相交于点M，连接EM、AM因为EMAB，EMBC1所以EM平面则EAM即为直线与平面所成的角所以 所以 所以选D【点睛】本题考查了空间几何体线面的夹角关系，主要是找到直线与平面的夹角，再根据各长度求正弦值，属于中档题10.已知复数，则下列命题中错误的是（ ）A. B. C. D. ，互为共轭复数【答案】C【解析】【分析】分别计算，然后对选项进行逐一分析排除，得出正确选项.【详解】依题意，故A选项命题正确.，故B选项命题正确.，故C选项命题错误.根据共轭复数的概念知，D选项命题正确

6、.所以本题选C.【点睛】本小题主要考查复数的运算，考查复数平方、三次方的运算，还考查了共轭复数的概念.属于基础题.11.若，则下列命题中为真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】由基本不等式及不等式的性质逐一检验即可得解.【详解】解：对于选项A，当时，若，则，故A错误，对于选项B，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，故B正确，对于选项C，取时，显然选项C错误，对于选项D，取时，显然选项D错误，综上可知：选项B正确，故选：B.【点睛】本题考查了基本不等式及不等式的性质，属于基础题.12.已知函数的定义域为，对任意的，成立，当时，.若数列满足，

7、且，则（ ）A. B. 在为减函数C. D. 【答案】C【解析】【分析】A. 根据，用赋值法判断.B. 利用单调性定义判断.C. 根据B知在为增函数，再由，得到，求通项判断.D. 与C的判断方法一致.【详解】A. 由，令 得 故A不正确.B. 任取且，则，因为当时，所以，所以在为增函数，故B错误.C. 由B知在为增函数且，所以，即，又，所以，所以是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以所以，故C正确.D. 由C知D不正确.故选：C【点睛】本题主要考查了抽象函数的求值，单调性及其应用以及数列问题，还考查了推理辨析论证的能力，属于中档题.13.已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，椭圆的上顶点为，

8、且曲线和椭圆有相同焦点，且双曲线的离心率为，为曲线与的一个公共点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图所示，设双曲线的标准方程为：，半焦距为.根据椭圆的上顶点为，且.可得，可得，设，.利用定义可得：.可得.在中，由余弦定理可得：，代入化简利用离心率计算公式即可得出.【详解】解：如图所示，设双曲线的标准方程为：，半焦距为.椭圆的上顶点为，且.，.不妨设点在第一象限，设，.，.在中，由余弦定理可得：.两边同除以，得，解得：.故选：B.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的定义标准方程及其性质、余弦定理、方程思想，考查了推理能力与计算能力，属于难题.二、填空题（本大题共4小题

9、，共16.0分）14.设复数（为虚数单位），则的虚部为_.【答案】【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】解：，复数的虚部为.故答案为：.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题.15.已知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为_.【答案】4【解析】【分析】利用向量共线定理即可得出【详解】解：，存在实属使得解得：故答案为4.【点睛】本题考查了向量共线定理，属于基础题16.一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，第7项起为负数，则它的公差为 【答案】-4【解析】试题分析：解：设等差数列an的公差为d，所以a6=

10、23+5d，a7=23+6d，又因为数列前六项均为正数，第七项起为负数，所以-d-，因为数列是公差为整数的等差数列，所以d=-4故答案为-4.考点：等差数列的通项公式点评：解决此类问题的关键是熟练掌握等差数列的通项公式，并且结合正确的运算17.若正实数满足，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由已知可得，由，利用基本不等式可求的范围，然后对所求式子进行化简可求.【详解】解：正实数满足，解可得，当且仅当时取等号；则，即最大值.故答案为：.【点睛】本题主要考查了基本不等式求解最值，解题的关键是对已知条件的灵活变形，属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共82.0分）18.已知关于的不等式.（

11、1）当时，解此不等式；（2）若此不等式的解集为或，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求时一元二次不等式的解集即可；（2）根据一元二次不等式与对应方程的关系，利用根与系数的关系求出的值.【详解】解：（1）时，不等式为，可化为，解得，不等式的解集为；（2）若不等式的解集为，则方程的实数根为和，解得，即的值为.【点睛】本题考查了一元二次不等式与对应一元二次方程的应用问题，属于基础题.19.已知各项都为正数数列满足.（1）求；（2）求数列的通项公式和前项和.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）首先利用数列的通项，根据赋值法求出.（2）根据数列的关系时的变换求出数列的

12、通项公式，进一步求出等比数列的前项和.【详解】解：（1）各项都为正数的数列满足.当时，.解得：.（2）由于：.整理得：，所以：由于数列各项都为正数，则：，即：（常数），故：数列是以为首项，为公比的等比数列.则：，由于首项符合通项，故：.则：，.【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等比数列的性质和前项和公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题.20.已知抛物线的焦点为，抛物线与直线的一个交点的横坐标为8.（1）求抛物线的方程；（2）不过原点的直线与垂直，且与抛物线交于不同的两点，若，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出交点坐标，代入

13、抛物线方程求出的值即可；（2）根据直线垂直，得到直线的斜率，设出直线的方程，利用，转化为坐标之积，利用设而不求思想进行求解即可.【详解】解：（1）抛物线与直线的一个交点的横坐标为8，纵坐标，即交点坐标为，则，即，即抛物线方程为；（2）不过原点的直线与垂直，直线的斜率，设直线的方程为，设，若，则，即，又，即，则即，得，由得，则，即，则直线的方程为.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系的应用，求出抛物线的方程，以及联立直线和抛物线方程，转化为一元二次方程是解决本题的关键.21.如图，在三棱柱中，平面，.（1）求二面角的大小；（2）设是线段的中点，是棱的中点，求证：平面.【答案】（1）120；

14、（2）详见解析.【解析】【分析】以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.（1）求得面的法向量为，面的法向量为.可得二面角的大小为120；（2）由，即可得平面C.【详解】解：平面，两两垂直，故以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.则.（1）.设面的法向量为，面的法向量为.由，.由，.二面角的大小为；（2）是线段的中点，是棱的中点，.，且.平面【点睛】本题考查直线和平面垂直关系的判定与二面角的计算，考查空间想象、转化、计算、论证能力，属于中档题.22.为参与某次救援，潜水员需潜至水下30米处进行作业.在下潜与返回水面的过程中保持匀速，速度均为米/分钟（，为常数），下潜过程中每分钟

15、耗氧量与速度的平方成正比，当速度为1米/分钟时，每分钟耗氧量为0.2升；在水下30米作业时，每分钟耗氧量为0.4升：返回水面的过程中每分钟耗氧量为0.2升假定氧气瓶中氧气为20升，潜水员下潜时开始使用氧气瓶中的氧气，返回到水面时氧气瓶中氧气恰好用尽.（1）试求潜水员在水下30米作业的时间（单位：分钟）与速度的函数解析式；（2）试求潜水员在水下30米能作业的最长时间.【答案】（1）；（2）分类讨论，详见解析.【解析】【分析】（1）下潜过程中每分钟耗氧量与速度的平方成正比，则下潜每分钟耗氧量为，上升和下潜的时间为，即可求出，整理即可，（2）根据（1）的函数解析式，需要分类讨论，根据函数的单调性和基

16、本不等式即可求出.【详解】解：（1）下潜过程中每分钟耗氧量与速度的平方成正比，则下潜每分钟耗氧量为，上升和下潜的时间为，则，整理可得，（为常数）（2）由（1）可知，当时，当且仅当时取等号，当时，易知函数在上为减函数，故当潜水员在水下30米能作业的最长时间为20分钟，当时，潜水员在水下30米能作业的最长时间为分钟【点睛】本题考查函数模型的选择和应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，恰当地建立方程.易错点是弄不清数量间的相互关系，导致建立方程出错.23.已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若不经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，且直线与直线的斜

17、率之和为1，试判断直线是否过定点.若过定点，请求出该定点；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线过定点.【解析】【分析】（1）先利用椭圆定义求出的值，结合的值可求出的值，从而得出椭圆的方程；（2）先假设直线的斜率存在，设出直线方程，与椭圆方程联立，列出韦达定理，再依据两直线斜率之和为1，得出含有和的式子，利用因式分解，可得与的关系，最后讨论不存在的情况即可.【详解】解：（1）易知，椭圆的左焦点为，由椭圆定义可得，所以，因此，椭圆的方程为；（2）设点、当直线的斜率存在时，设直线的方程为，易知.将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得，由韦达定理得，.直线和直线的斜率之和为.化简得，即，由于，所以，所以，.所以，直线的方程为，直线过定点；当直线与轴垂直时，设直线的方程为，此时点与点关于轴对称，则，直线和直线的斜率之和为，得.此时，直线也过点.综上所述，直线过定点.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的定义以及韦达定理法在椭圆综合问题中的应用，考查计算能力，属于中档题.