陕西省咸阳市2015-2016学年高二数学上学期期末试卷理(含解析)

陕西省咸阳市2015-2016学年高二数学上学期期末试卷理(含分析)陕西省咸阳市2015-2016学年高二数学上学期期末试卷理(含分析)陕西省咸阳市2015-2016学年高二数学上学期期末试卷理(含分析)2015-2016学年陕西省咸阳市高二（上）期末数学试卷（理科一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，每题给出四个选项，只有一个选项切合题目要求.1．察看以下数的特色，1，1，2，3，5，8，x，21，34，55，中，此中x是（）A．12B．13C．14D．152．命题“存在实数x，使x＞1”的否认是（）A．对随意实数x，都有x＞1B．不存在实数x，使x≤1C．对随意实数x，都有x≤1D．存在实数x，使x≤13．抛物线y=﹣2x2的焦点坐标为（）A．（﹣，0）B．（，0）C．（0，﹣）D．（0，﹣）4．已知=（2，﹣1，3），=（﹣4，2，x），=（1，﹣x，2），若（+）⊥，则x等于（）A．4B．﹣4C．D．﹣65．原命题：“设a、b、c∈R，若ac2＞bc2则a＞b”和它的抗命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题共有（）A．1个B．2个C．3个D．0个6．已知函数f（x）=（）x，a，b∈R+，A=f（），B=f（），C=f（），则A、B、C的大小关系为（）A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A7．如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两极点．若M，O，N将椭圆长轴四平分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是（）A．3B．2C．D．8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且知足﹣=1，则数列{an}的公差是（）A．B．1C．2D．39．在△ABC中，cos2=，（a，b，c分别为角A，B，C的对边），则△ABC的形状为（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形10．设OABC是四周体，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG=3GG1，若=x+y+z，则（x，y，z）为（）A．（，，）B．（，，）C．（，，）D．（，，）11．在90°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB，已知AB=5，AC=3，CD=5，则BD=（）A．4B．5C．6D．712．如图，已知可行域为△ABC及其内部，若目标函数z=kx+y值，则k的取值范围是（）

当且仅当在点

B处获得最大A．B．C．D．二、填空题：本大题共

4小题，每题

5分，共

20分.13．不等式

≥0的解集是

．14．如下图，正方体

ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为

1，E是

A1B1上的点，则点

E到平面

ABC1D1的距离是．15．一船以每小时15km的速度向东航行，船在4h后，船抵达B处，看到这个灯塔在北偏东

A处看到一灯塔M在北偏东60°方向，行驶15°方向，这时船与灯塔的距离为km．16．给出以下命题22①“a＞b”是“a＞b”的充分不用要条件；③若x，y∈R，则“|x|=|y|”是“x2=y2”的充要条件；④△ABC中，“sinA＞sinB”是“A＞B”的充要条件．此中真命题是．（写出全部真命题的序号）三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．设z=2y﹣2x+4，式中x，y知足条件，求z的最大值和最小值．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC=3acosB﹣ccosB．（Ⅰ）求cosB的值；（Ⅱ）若，且，求a和c的值．19．正三角形的一个极点位于坐标原点，此外两个极点在抛物线

y2=2px（p＞0）上，求这个正三角形的边长．20．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5=50，a1，a4，a13成等比数列．1）求数列{an}的通项公式；2）若从数列{an}中挨次拿出第2项、第4项、第8项，，第2n项，，按本来次序组成一个新数列{bn}，记该数列的前n项和为21．已知某几何体的三视图和直观图如下图，

Tn，求Tn的表达式．其正视图为矩形，左视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．1）证明：平面BCN⊥平面C1NB1；2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．22．已知定点F1（﹣的点R的轨迹，且曲线

，0），F2（，0）曲线C过点T（0，1）．

C是使得

|RF1|+|RF

2|

为定值（大于

|F1F2|

）（1）求曲线C的方程；（2）若直线l过点F2，且与曲线C交于P，Q两点，当△F1PQ的面积获得最大值时，求直线的方程．2015-2016学年陕西省咸阳市高二（上）期末数学试卷（理科参照答案与试题分析一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，每题给出四个选项，只有一个选项切合题目要求.1．察看以下数的特色，1，1，2，3，5，8，x，21，34，55，中，此中x是（）A．12B．13C．14D．15【考点】数列的观点及简单表示法．【剖析】察看以下数的特色，1，1，2，3，5，8，x，21，34，55，，可知：1+1=2，1+2=3，2+3=5，即可获得5+8=x．【解答】解：察看以下数的特色，1，1，2，3，5，8，x，21，34，55，，可知：1+1=2，1+2=3，2+3=5，∴5+8=x．获得x=13．应选：B．2．命题“存在实数x，使x＞1”的否认是（）A．对随意实数x，都有x＞1B．不存在实数x，使x≤1C．对随意实数x，都有x≤1D．存在实数x，使x≤1【考点】命题的否认．【剖析】依据存在命题（特称命题）否认的方法，可得结果是一个全称命题，联合已知易得答案．【解答】解：∵命题“存在实数x，使x＞1”的否认是“对随意实数x，都有x≤1”应选C3．抛物线

y=﹣2x2的焦点坐标为（

）A．（﹣

，0）

B．（

，0）

C．（0，﹣

）

D．（0，﹣

）【考点】抛物线的简单性质．【剖析】化抛物线方程为标准方程，确立其焦点地点，再求抛物线的焦点坐标．【解答】解：抛物线y=﹣2x2，化为标准方程为：x2=﹣y∴抛物线的焦点在y轴的负半轴上，且2p==，∴抛物线y=﹣2x2的焦点坐标为（0，﹣）应选：C．4．已知

=（2，﹣1，3），

=（﹣4，2，x），

=（1，﹣x，2），若（

+）⊥，则

x等于（）A．4

B．﹣4

C．

D．﹣6【考点】空间向量的数目积运算．【剖析】利用已知条件求出+，而后（+）?=0，求出x即可．【解答】解：=（2，﹣1，3），=（﹣4，2，x），=（1，﹣x，2），=（﹣2，1，x+3），∵（+）⊥，∴（+）?=0即﹣2﹣x+2（x+3）=0，解得x=﹣4．应选：B．5．原命题：“设a、b、c∈R，若ac2＞bc2则a＞b”和它的抗命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题共有（）A．1个B．2个C．3个D．0个【考点】四种命题的真假关系；四种命题．【剖析】先判断出原命题为真命题，依据原命题和它的逆否命题拥有同样的真假性知它的逆否命题为真命题．而后写出它的抗命题，否命题，依据c2≥0即可判断这两个命题的真假性，从而得出真命题的个数．【解答】解：∵ac2＞bc2；c2＞0；a＞b；∴原命题是真命题，所以它的逆否命题是真命题；①它的抗命题为：设a，b，c∈R，若a＞b，则ac2＞bc2；该命题为假命题，∵c2=0时，ac2=bc2；222∴真命题个数是2．应选B．

a≤b；6．已知函数f（x）=（x+），B=f（），C=f（），则A、B、），a，b∈R，A=f（C的大小关系为（）A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A【考点】指数函数的单一性与特别点；基本不等式．【剖析】先明确函数f（x）=（）x是一个减函数，再由基本不等式明确，，三个数的大小，而后利用函数的单一性定义来求解．【解答】解：∵≥≥，又∵f（x）=（）x在R上是单一减函数，∴f（

）≤f（

）≤f（

）．应选

A7．如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，N将椭圆长轴四平分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是（

M，N是双曲线的两极点．若）

M，O，A．3B．2C．D．【考点】圆锥曲线的共同特色．【剖析】依据M，N是双曲线的两极点，M，O，N将椭圆长轴四平分，可得椭圆的长轴长是双曲线实轴长的2倍，利用双曲线与椭圆有公共焦点，即可求得双曲线与椭圆的离心率的比值．【解答】解：∵M，N是双曲线的两极点，M，O，N将椭圆长轴四平分∴椭圆的长轴长是双曲线实轴长的2倍∵双曲线与椭圆有公共焦点，∴双曲线与椭圆的离心率的比值是2应选B．8．已知等差数列

{an}的前

n项和为

Sn，且知足

﹣=1，则数列

{an}的公差是（

）A．

B．1

C．2

D．3【考点】等差数列的性质．【剖析】先用等差数列的乞降公式表示出

S3和

S2，从而依据

﹣=，求得

d．【解答】解：S3=a1+a2+a3=3a1+3d，S2=a1+a2=2a1+d，∴﹣==1d=2应选C9．在△ABC中，cos2

=

，（a，b，c分别为角

A，B，C的对边），则△ABC的形状为（

）A．正三角形

B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形【考点】解三角形．

D．等腰直角三角形【剖析】利用二倍角公式代入

cos2

=

求得

cosB=

，从而利用余弦定理化简整理求得a2+b2=c2，依据勾股定理判断出三角形为直角三角形．【解答】解：∵cos2=，∴=，∴cosB=，∴=，a2+c2﹣b2=2a2，即a2+b2=c2，∴△ABC为直角三角形．应选B10．设OABC是四周体，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且则（x，y，z）为（）

OG=3GG1，若

=x

+y

+z

，A．（，，）B．（，，）C．（，，）D．（，，）【考点】空间向量的加减法．【剖析】由题意推出，使得它用，，，来表示，从而求出x，y，z的值，获得正确选项．【解答】解：∵

=

=（

+

）=

+?

[

（+）]=

+[

（

﹣）+（

﹣

）]=

+

+

，而

=x

+y

+z

，∴x=

，y=

，z=

．应选A．11．在90°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB，已知AB=5，AC=3，CD=5，则A．4B．5C．6D．7

BD=（）【考点】二面角的平面角及求法．【剖析】由已知AC⊥AB，BD⊥AB，AC⊥BD，【解答】解：如图，AC⊥AB，BD⊥AB，∵α﹣AB﹣β是90°的二面角，∴AC⊥BD，∵=，

=

，由此能求出

BD．∴

=

，AB=5，AC=3，CD=5，∴50=9+25+，解得BD=4．应选：A．12．如图，已知可行域为△ABC及其内部，若目标函数z=kx+y当且仅当在点B处获得最大值，则k的取值范围是（）A．B．C．D．【考点】简单线性规划．【剖析】设目标函数z=F（x，y）=kx+y，依据题意可得F（3，5）＞F（5，4）且F（3，5）＞F（1，1），由此成立对于k的不等式组，解之即可获得实数k的取值范围．【解答】解：依据题意，设目标函数z=F（x，y）=kx+y，∵A（5，4），B（3，5），C（1，1），∴目标函数z=kx+y的最大值是F（5，4）、F（3，5）、F（1，1）三个值中的最大值．又∵z=kx+y当且仅当在点B处获得最大值，∴，即，解之得﹣2．应选：B二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13．不等式≥0的解集是{x|x＞3或x≤﹣1}．【考点】其余不等式的解法．【剖析】依据分式不等式的解法进行求解即可．【解答】解：不等式≥0等价为或，即或，即x＞3或x≤﹣1，故不等式的解集为{x|x＞3或x≤﹣1}，故答案为：{x|x＞3或x≤﹣1}14．如下图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1上的点，则点E到平面ABC1D1的距离是．【考点】点、线、面间的距离计算．【剖析】由于A1B1∥AB，所以MB1∥AB，所以点M到平面ABC1D1的距离转变为B1到平面ABC1D1的距离，由此可得结论．【解答】解：由于A1B1∥AB，所以MB1∥AB，所以点M到平面ABC1D1的距离转变为B1到平面ABC1D1的距离连结B1C，BC1，订交于点O，则B1C⊥BC1，∵B1C⊥AB，BC1∩AB=B∴B1C⊥平面ABC1D1，∴B1O为B1到平面ABC1D1的距离，∵棱长为1，∴B1O=，∴点M到平面ABC1D1的距离为．故答案为：．15．一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一灯塔M在北偏东60°方向，行驶4h后，船抵达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为30km．【考点】解三角形的实质应用．【剖析】先依据船的速度和时间求得AB的长，从而在△AMB中依据正弦定理利用∠MAB=30°，∠AMB=45°，和AB的长度，求得BM．【解答】解：如图，依题意有AB=15×4=60，MAB=30°，∠AMB=45°，在△AMB中，由正弦定理得=，解得BM=30（km），故答案为30．16．给出以下命题22①“a＞b”是“a＞b”的充分不用要条件；22③若x，y∈R，则“|x|=|y|”是“x=y”的充要条件；④△ABC中，“sinA＞sinB”是“A＞B”的充要条件．【考点】命题的真假判断与应用．22【剖析】考证a＞b?a＞b能否正确可判断①的正确性；22考证“|x|=|y|?x=y能否正确可判断③的正确性；【解答】解：∵a=﹣2，b=﹣3时，a＞b，而a2＜b2，∴a＞b对a2＞b2不具备充分性，故①×；∵lga=lgb?a=b，∴具备充分性，故②×；222222”的充要条件，③√；∵|x|=|y|?x=y，x=y?|x|=|y|，∴“|x|=|y|”是“x=y∵△ABC中，（1）当A、B均为锐角或直角时，sinA＞sinB?A＞B（2）当A、B有一个为钝角时，假定B为钝角，∵A+B＜π?A＜π﹣B?sinA＜sinB，与sinA＞sinB矛盾，∴只好A为钝角，∴sinA＞sinB?A＞B；反过来A＞B，A为钝角时，π﹣A＞B?sinA＞sinB，∴④正确．故答案是③④三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．设z=2y﹣2x+4，式中x，y知足条件，求z的最大值和最小值．【考点】简单线性规划．【剖析】作出不等式组对应的平面地区，由z=2y﹣2x+4得y=x+，利用数形联合即可的获得结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面地区如图：由z=2y﹣2x+4得y=x+，平移直线

y=x+

，由图象可知当直线

y=x+

经过点

A（0，2）时，直线

y=x+

的截距最大，此时

z最大，zmax=2×2+4=8．直线

y=x+

经过点

B时，直线

y=x+

的截距最小，此时

z最小，由，解得，即B（1，1），此时zmin=2﹣2+4=4，即z的最大值是8，最小值是4．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC=3acosB﹣ccosB．（Ⅰ）求cosB的值；（Ⅱ）若，且，求a和c的值．【考点】正弦定理；平面向量数目积的运算；两角和与差的正弦函数；余弦定理．【剖析】（1）第一利用正弦定理化边为角，可得2RsinBcosC=3×2RsinAcosB﹣2RsinCcosB，而后利用两角和与差的正弦公式及引诱公式化简求值即可．2）由向量数目积的定义可得accosB=2，联合已知及余弦定理可得a2+b2=12，再依据完整平方式易得a=c=．【解答】解：（I）由正弦定理得a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，则2RsinBcosC=6RsinAcosB﹣2RsinCcosB，故sinBcosC=3sinAcosB﹣sinCcosB，可得sinBcosC+sinCcosB=3sinAcosB，即sin（B+C）=3sinAcosB，可得sinA=3sinAcosB．又sinA≠0，所以．（II）解：由，可得accosB=2，，由b2=a2+c2﹣2accosB，可得a2+c2=12，所以（a﹣c）2=0，即a=c，所以．19．正三角形的一个极点位于坐标原点，此外两个极点在抛物线y2=2px（p＞0）上，求这个正三角形的边长．【考点】抛物线的简单性质．【剖析】依据抛物线的对称性可知，若正三角形的一个极点位于坐标原点，此外两个极点在抛物线y2=2px（p＞0）上，则此外两个定点对于x轴对称，便可的直线OA的倾斜角，据此求出直线OA的方程，与抛物线方程联立解出A点坐标，便可求出正三角形的边长．22则A，B点对于x轴对称，∴直线

OA倾斜角为

30?斜率为∴直线

OA方程为

y=

x，由得，∴A（6p，2p），则B（6p，﹣2∴|AB|=4p∴这个正三角形的边长为4p

p），20．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5=50，a1，a4，a13成等比数列．1）求数列{an}的通项公式；2）若从数列{an}中挨次拿出第2项、第4项、第8项，，第2n项，，按本来次序组成一个新数列{bn}，记该数列的前n项和为Tn，求Tn的表达式．【考点】等比数列的性质；数列的乞降．【剖析】（1）设出等差数列的公差为d，利用S3+S5=50，a1，a4，a13成等比数列，成立方程，求出首项与公差，即可求数列{an}的通项公式；（2）确立新数列{bn}的通项，利用分组乞降，即可求Tn的表达式．【解答】解：（1）设等差数列的公差为d，则∵S3+S5=50，a1，a4，a13成等比数列，3a1+3d+5a1+10d=50，（a1+3d）2=a1（a1+12d）∵公差d≠0，∴a1=3，d=2∴数列{an}的通项公式an=2n+1；2）据题意得bn==2×2n+1．∴数列{bn}的前n项和公式：Tn=（2×2+1）+（2×22+1）++（2×2n+1）=2×（2+22++2n）+n=2×+n=2n+2+n﹣4．21．已知某几何体的三视图和直观图如下图，其正视图为矩形，左视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．1）证明：平面BCN⊥平面C1NB1；2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判断．【剖析】（1）该几何体的正视图为矩形，左视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，BA，BC，BB1两两垂直，以分别作为x，y，z轴的正方向，成立空间直角坐标系．利用向量法能证明面BCN⊥面C1NB1．（2）求出平面NCB1的一个法向量和平面C1B1N的一个法向量，利用向量法能求出二面角C