2018-2019学年山西省吕梁市高二期末考试模拟理科数学试题解析版

1、1绝密启用前山西省吕梁市 2018-2019 学年高二期末考试模拟试题理科数评卷人得分1 1 已知命题.-，则 p p 是 q q 成立的()条件.A A.充分不必要B.B.必要不充分C C.既不充分也不必要D D.充要【答案】B【解析】【分析】 解对数不等式得到命题：中的范围，然后根据充分条件、必要条件的定义判定即可得到 结论.【详解】由,得 -. p是q成立的必要不充分条件.故选B.【点睛】 充分、必要条件的判断方法(1)利用定义判断：直接判断“若p，则q”、“若q，则p”的真假.在判断时，确 定条件是什么、结论是什么.(2)从集合的角度判断：禾U用集合中包含思想判定.抓住“以小推大”的技

2、巧，即小 范围推得大范围，即可解决充分必要性的问题.(3)利用等价转化法：条件和结论带有否定性词语的命题，常转化为其逆否命题来判断真假.2 2 .已知双曲线 的离心率为, ,则双曲线的渐近线方程为(C C.D D.2A A.B B.2DA.DCDDDA.DCDD所在直线为轴建立空间直角【答案】C【解析】【分析】由： 可得，利用双曲线的离心率求出，从而可得的值，然后求解双曲线的渐近线方程【详解】22VC乂- -c c- - 2 2由双曲线： 可得.，离心率为，贝厂二二/所以双曲线的渐近线方程为 .,故选C.【点睛】本题主要考查双曲线的方程、双曲线的离心率以及双曲线的渐近线方程，意在考查综合应用所

3、学知识解答问题的能力，属于中档题3 3 .如图，长方体 ABCD-ABCD- A1B1C1D1A1B1C1D1 中，AA1AA1= ABAB= 2 2, ADAD= 1 1, E E、F F、G G 分别是 DD1DD1、ABAB、CC1CC1 的中点，则异面直线 A1EA1E 与 GFGF 所成角的余弦值是（）1515血1010A A.B.B.C.C.D D.【答案】D【解析】【分析】DAOCDD.DAOCDD.A A F F以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，可得和的坐标，进而可得8*占GF）,从而可得结论.【详解】I -*AB3则可得口：匸 MmMm| .i设异面直线与所成的角为!,【点

4、睛】是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向 量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解小值是时，实数*的值是A A. 1 1 B B. 2 2C.C. 3 3 D D. 4 4【答案】B【解析】【分析】OP OA作出不等式对应的平面区域，利用数量积将：厂 进行化简，然后根据图象平移确定a的值.cos9=COSA=Q，故选D.本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题求异面直线所成的角主要方法有两种:已知定点，点 - 的坐标满足/ x-4y + 3 |PF| + |PQ| -1A

5、A :一 -b-b1 19由抛物线定义知：点P到直线:的距离d=的最小值即；到准线距离：-汕恩的最小值为故选：B9 9 .如图所示，在正四面体 A-BCDA-BCD 中，E E 为棱 ADAD 的中点，贝 U U CECE 与平 弦值为（）【解析】【分析】首先利用正四面体的线与线的位置关系，求出点A在下底面的投影,底面的射影位置，最后利用所求出的线段长，通过解直角三角形求得结果【详解】在正四面体；：中，设棱长为，为棱的中点，如下图所示过做平面 T ,则：为平面 T 的中心，延长交于，过做：,连接，所以：就是所求的 与平面的夹角.少7?GD =所以 r ,求得,晶$DO=a222AO= a所以；

6、，利用l：-1，解得:,BCDBCD 的夹角的正步求出 在下104所以，本题主要考查直线与平面所成的角，勾股定理的应用及相关的运算问题，具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：（1）作-作出斜线与射影所成的角；（2）由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角;题.a a I I a,a, = = a ae e+ + 2a2ac c. . . . . a ar ra aa a - - a a = = 16a.16a.1010 已知正项等比数列满足，若存在两项，使得，则19+一m 11的最小值为（）311810A A.B B.C C.D D.【答案】B【解析】【分析】设

7、an的公比为q（ q0），由等比数列的通项公式化简a7=a6+2a5,求出q,代入aman=16ai2化简得mn的关系式，由“1”的代换和基本不等式求出式子的范围，验证等号成立的 条件，由m n的值求出式子的最小值.【详解】设正项等比数列an的公比为q，且q0,由得：q= + ,化简得，q2-q-2=0,解得q=2或q=-1（舍去），彳m - j n - li证-论证所作（或找到的）角就是要求的角;（3）算-常用解三角形的方法（通常是解（4）答-回答求解问EFEFB.11因为aman=16ai2，所以=16a/,12则qm+n 2=16,解得m+n=6,191191 n 9m13所以和|_|=

8、(m+n)(和门)=(10+【详解】-(10+2n 9m 8)- i：i.=9mn 9m当且仅当 m m n n时取等号，此时1，解得因为mn取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则1119十验证可得，当m=2 n=4时，m計取最小值为 ,【点睛】3 m=9n =198+ -本题考查等比数列的通项公式，利用“1”的代换和基本不等式求最值问题,考查化简、计算能力，注意1111.设椭圆- - = 1(m的左、右焦点分别为 FiZFiZh hF曲D),点的外部,占八是椭圆上的动点,满足恒成立，则椭圆离心率的取值范围是(6(6A A.B.B.C.C.【答案】【解析】【分析】由N在椭圆外部，则J a2+

9、 + 11a24b2，根据椭圆的离心率公式，即可求得，根据椭圆的定义及三角aIMF】+MN| = 2a - |MFj + |MN | 2a + -性质，：2 2 ，则，即可求得椭圆的离心率的取值范围.S14a 32a + -x 2c-，则椭圆离心率的取值561）范围是.故选：D.【点睛】本题考查椭圆离心率公式及点与椭圆的位置关系，考查转化思想，属于中档题 1212 设点M是棱长为 2 2 的正方体ABCD-ABC!的棱AD的中点，点P在面BCGBi所在的平面内，若平面D.PM分别与平面ABCD和平面BCGB所成的锐二面角相等，则点P到点G的最短距离是（）11Di 5距离为d，则一5 d 1 2

10、,d: 即点P在与直线C1M 平行且与直线距2252亦2/5离为的直线上，p到C1的最短距离为d，故选A.55【方法点晴】本题主要考查的是正方体的性质、二面角的求法、空间直角坐标系和空间 向量在立体几何中的应用，属于难题.解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝523【答案】A【解析】设P在平面ABCD上的射影为P,M在平面BC1C上的射影为M ，平面D1PM与平面ABCD口平面BCC1B1成的锐二面角分别为:,B,则乙5B B辽 C C 1 1 D D.仝S.pMC1匚宀一M-7:八| 又因为VI曲IIMF叫+g赫恒成立，即2日-MF2+|MN|cos：=SDPM,cosB1，:cos：=

11、cosB, S.DPM=SPMC，设P到GMSD1PMSD1PM15角，否则很容易出现错误，求二面角的常见方法有：1、利用定义找到二面角的平面角,S根据平面几何知识求解；2、利用公式COS，求出二面角的余弦，从而求得二面 角的大小；3、利用空间相夹角余弦公式16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213若不等式与关于x不等式0的解集相同，则4=_12【答案】【解析】【分析】先解绝对值不等式-日也，利用韦达定理列出等式，化简求得的值.【详解】17-4 2x-3 4x -2由- 有，由于绝对值不等式的解集和 1的解集17Xl=一吟=-2相同，故 :,是一元二次方程-:I的

12、两个根，由韦达定理得177 q-=-=I 2 24 a17 pp 12+ = 3 =-22 ,两式相除得口7 .【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查一元二次不等式和一元二次方程根与系数关系，属于基础题.14在八中，角,/所对的边分别为，若则角的大小为_.【答案】【解析】【分析】 由牡iM si门匚少-*iT,禾悯正弦定理可得，山，再根据余弦定理可得结【详解】17v白sinA = csinC + (a - bJstnBa cba x = c x + (a-b) x -由正弦定理可得 广丁化为r：-1-宀d 1co$C =- =-2ab 2?H71C=3,故答案为3.【点睛】解三角形时，

13、有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷.如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到.ABCDA. B pC” D. AD AA. 1A R 7E A R15.如图，在长方体中， * ,点 在棱上.若二面角D1_EC_D的大小为 ,则肚二_.【答案】【解析】分析：以D为原点，建立空间直角坐标系， 设-二，再求出平面 和平面“的法向量，利用法向量所成的角表示出二面角的平面角，解方程即可得出答案详解：以D为原点，以 ，“, 为 轴的正方向，建立空间直

14、角坐标系，设AE = A(02),平面D】E匸的法向量为田七闷18由题可知，DLE),C02Q, E(1M,畔珂027), 4(_乙0平面ml的一个法向量为 轴，可取平面；：丄的法向量为门I； Z)为平面D】E匸的法向量，甬=2y-z= 0 (ffi-&=x + (X-2)y = 0令 =1，y田=(2_扎1忆)nD - EC - DT二面角的大小为n S| *2Ay问I问，即2扭亦+1 + 2?解得，(舍去)界AE 2-3故答案为-16以下四个关于圆锥曲线的命题：设 A A, B B 是两个定点，k k 为非零常数，若|PA|PA| |PB|PB| = k k,贝 U U P P 的

15、轨迹是双曲线;(1)如图1，AB、CD是二面角a IB的两个面内与棱I垂直的直线，则二面角的大(2)如图2、3, 分别是二面角a IB的两个半平面a, B的法向量，则二面角的大小(或)19亠1 -丄OP = -(0A + 0B) 过定圆 C C 上一定点 A A 作圆的弦 ABAB，O O 为原点，若.则动点 P P 的轨迹 是椭圆;方程 的两根可以分别作为椭圆和双曲线的离心率;2 1 2X X2-=1 + v =1不正确；若动点的轨迹为双曲线，则 要小于为两个定点间的距离，当不正确；根据平行四边形法则，易得 是，的中点，根据垂径定理，圆心与弦的中点连线垂直于这条弦，设圆心为，那么有1即：恒为

16、直角，由于 是圆的半径，是定长，而 恒为直角，也就是说， 在以-为直径的圆上 运动，为直径所对的圆周角，所以点的轨迹是一个圆，如图，正确;方程 -的两根分别为和可分别作为椭圆和双曲线的离心率，正2 2 2- - =1- + =1i-确，双曲线一“与椭圆焦点坐标都是，故答案为.评卷人得分aan n a.a. = =+ + n n + + l(nl(n e e N N17设数列满足点在顶点的延长线上时，,显然这种曲线是射线，而非双曲线；其中正确命题的序号为【答案】【解析】双曲线 与椭圆有相同的焦点.(4)20(1)求数列的通项公式；1(2)若数列 的前项和为，求. .(1. + n)n2(im =

17、_| =_【答案】(1)：(2)-【解析】试题分析：(1)由,可得,又，利用累加法(1 +n)nI?】2na =-= - -)丁 =-可得2;(2)由(1)可得日n1+讪n n + 1，利用裂项相消法可得n + 1.试题解析：(1)由有，又 ，所以22时，片珂即入+怡+(1 + n|n= n4-(n-l) +H,+2 + l =-2(1 + n)n a门=当 时，也满足(1 + n)n所以数列 的通项公式为：1 2 1 1=；-=可- )/ c、丄/八m兀1 + nin n n + 1 (2)由(1)知11 1111 2nT = 21 -)(- -) + + (-) = 2(1 - -)-所以

18、， 1【方法点晴】本题主要考查累加法求数列通项公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题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,1/1(3 )，I -；突破这一难点常见的裂项技巧：(1)-(4)21n(n + l)(n + 2) 2 n(n + 1) (n + l)(n + 2)此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出22现丢项或多项的问题，导致计算结果错误18在 中,;,分别为内角所对的边，已知，其中为 外接圆的半径，其中为5 二的面积.(2)若、n、，求二订二的周长.怎球1-帝-+ 3 + 【答案】(1)-;(2):.【解析】【分析】aR =-(1)由正弦可得二进

19、而可得汀 m-，从而得，结合余弦定理可得， 再由宀、川吓一【；即可得解;a sinA 2(2)由正弦定理得.,从而可得*【详解】n厂* B=-tanB = J3又OvBvn3，结合1由正弦定理可得,从而得解.(1)由正弦定理aacosA =-2sinA-* $in2A = 1又0v2真弋2兀-2A = - X，则acsinB，由余弦定理可得22accos0 =-acsinB4a2+ c2- b2由n nsinC = sin(A + B) = sin + )=4 4(2)由正23【点睛】 解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边；求三角形面积的最大值也是一

20、种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值佃.已知抛物线 二八心 的焦点为，点在抛物线上， ，直线 过点，且与抛物线交于,两点.(1)求抛物线的方程及点的坐标;(2)求-的最大值.【答案】(1)： - ;(2)9.【解析】【分析】(1)根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，可得及其准线方程;(2)设直线I的方程为：x+my-1=0,代入y2=4x，得，y2+4my-4=0,设A(xi,yi),2 : - . . . .B(X2,y2),贝y yi+y2=-4m,yiy2=-4,x0)的焦点，P(2,y)

21、是抛物线上一点，|PF|=3,P1一 =23,解得：p=2,抛物线C的方程为y2=4x,点P(2,n) (n0)在抛物线C上, n2= 4 X 2= 8,由n0,得n=2,Ap(2,2).(2)v F(1,0), 设直线I的方程为：x+my-1=0,p值，即可求抛物线C的方程),又：24代入y2=4x,整理得，y2+4my-4=0设A(xi，yi)，B(X2，y2)，则yi，y2是y+4my-4=0的两个不同实根，yi+y2=-4m，yiy2=-4，2xi+X2=(1-myi)+(1-my2)=2-m(yi+y2)=2+4m，222xiX2=(1-myi) (1-my2)=1-m(y什y2)+

22、m y iy2=1+4m-4m=1，)，；(X2-2，；)， 聶二(xi-2) (X2-2)+(亦)(忙坯)=X1X2-2(X1 + X2)+4I=1-4-8m2+4-4+8m+82=-8m +8m+5$=-8(m)2+9.J当m时，取最大值9.【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查向量的数量积的最大值的求法，考查抛物线、直线方程、韦达定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.20已知几何体的三视图如图所示，其中左视图和俯视图都是腰长为4 4 的等腰直角三角形，主视图为直角梯形(1)求几何体的体积；(2)求直线 CECE 与平面 AEDAED 所成角的大小. .25试题分

23、析：(1)由该几何体的三视图可知寫*平面【,且-、 方向为、轴建立空间直角坐标系，分别求出和平面I的法向量,利用向量的夹角公式，即可求得直线:-与平面I所成角的大小试题解析：(1)由该几何体的三视图可知幕平面咲4；,且二- 乂！，川-二张ED弓叮4 + 1) X 4=10140几何体的体积分别以、 方向为轴建立空间直角坐标系，贝U:口0口0)、E(QRA)、削400)、D(Q4J).所以EE列0心4】，AE列-4A4), EDWAT(n AE = 0设平面I的法向量为,11 |:于是可以取；.sinS =设.与平面I所成的角为，则：，利用体积公式，可求该几何体的体积；(2)分别以Darcsin

24、arcsin【解析】26与平面I所成的角为.点睛：本题主要考查空间几何体体积以及用空间向量求直线与平面所成的角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；(3)设出相应平面的法向量，禾U用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；(4)将空间位置关系转化为向量关系；(5)根据定理结论求出相应的角和距离.21已知点.r ；和点,记满足的动点 的轨迹为曲线. .(I)求曲线的方程；(H)已知直线：与曲线 有两个不同的交点、，且与轴相交于点. .若i：为坐标原点，求 血皿面积. .【解析】【分析】(1)设

25、P(x,y),将条件坐标化即可得到轨迹方程;(2)根据题意将向量关系转为纵坐标的关系，联立直线方程和曲线方程，消去据根与系数的关系建立关于k的方程，从而求得面积.【详解】(I)设点 为曲线i上任意一点整理得 i)为所求(n)设,且-由r-iz - 2z-J得I _ V J一二:【答案】厂 * J* 一(；：、【) (n)x,根27依题意，直线 显然不平行于坐标轴，且不经过点或点281x = -y -1故一“，“ 可化为x =71122由I得 -：2kfiv2= + 3-5 Sk孕广一=-1. l + 3k+ 32kV2=-J1 +7Skz-2V2=-l + 3k本题考查轨迹方程的求法：注意检验不