陕西省安康市2017-2018学年高二上学期期末考试数学（理）试题

安康市2017～2018学年第一学期高二年级期末考试理科数学一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知，集合，，则下列集合为空集的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】，，所以，则，故选B。2.设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】DB、存在与不平行的情况，错误；C、存在与不垂直的情况，错误；D、正确。故选D。3.若满足约束条件，则的最大值为（）A.16B.20C.24D.28【答案】C【解析】过时，取最大值24。故选C。4.已知命题，；，，则在命题，，和中，真命题是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】易知，命题真，命题假。命题假；命题真；命题假；命题，真；所以真命题是，故选B。5.过点，且与直线相切的动圆圆心的轨迹方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】由题意，圆心到点与到直线的距离相等，所以轨迹方程为。故选B。6.设，，满足不等式，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】，所以，故选A。7.已知是等差数列的前项和，，，若成等比数列，则正整数（）A.3B.4C.5D.6【答案】D【解析】，所以，得，又，即，得，故选D。8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B所以，故选B。9.执行如图所示程序框图，若输入的，则输出的（）A.B.C.2D.【答案】C【解析】由题意，令，，所以，故选C。10.已知分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，且，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】直线，，所以，得，所以，故选A。点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系。本题中根据题目条件，得到直线方程，联立直线和双曲线，求出交点位置，解得面积。解析几何题型关键是分析解题逻辑，本题中只要得到直线，求出交点，就可以求出面积。11.在1和17之间插入个数，使这个数成等差数列，若这个数中第一个为，第个为，当取最小值时，（）A.4B.5C.6D.7【答案】D【解析】由题意，，所以，当时，即，即时，有最小值。所以，得，即，故选D。点睛：本题考查等差数列、基本不等式的应用。根据等差数列的性质，得，利用基本不等式中的条件型问题，得，则时，即，即时，有最小值，解得，。12.已知抛物线的焦点为，直线过点交抛物线于两点，若，，则（）A.1B.C.D.3【答案】C【解析】设直线：，，得，所以，，得，所以，得，所以。故选C。点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系。本题中联立直线和抛物线，得到韦达定理，由弦长公式得到方程组，解得。解析几何问题要熟悉综合题型的基本解题套路，利用通法解决问题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分.13.已知非零向量满足，，则与的夹角为__________．【答案】【解析】由题意，，得，所以，所以夹角是。14.已知的内角满足，，则角______．【答案】【解析】由正弦定理可知，，又，所以。15.已知是椭圆上异于点，的一点，的离心率为，则直线与的斜率之积为__________．【答案】【解析】设，有，且，得，。点睛：本题考查椭圆的几何性质。由离心率，得到的比例关系。本题中由题意可知，题目由点的位置决定，所以设，得到斜率关系，为定值。16.已知数列的前项和为，，则的值为__________．【答案】2018【解析】，又，当为偶数时，有，且，所以。三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知双曲线的离心率为，抛物线的焦点为，准线为，交的两条渐近线于两点，的面积为12.（1）求双曲线的渐近线方程；（2）求抛物线的方程.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）由离心率，得到，所以的渐近线方程为；（2），，所以，，解得，所以的方程为.试题解析：（1），即，，∴的渐近线方程为.（2）由已知得，代入渐近线方程得，，∴，，解得，∴的方程为.18.某高校自主招生一次面试成绩的茎叶图和频率分布直方图均受到了不同程度的损坏，其可见部分信息如下，据此解答下列问题：（1）求参加此次高校自主招生面试的总人数，面试成绩的中位数及分数在内的人数；（2）若从面试成绩在内的学生中任选两人进行随机复查，求恰好有一人分数在内的概率.【答案】(1)，分数在内的人数为4；(2).【解析】试题分析：（1）面试成绩在内的频数为2，由，得；中位数为；分数在内的人数为.（2）将内的4人编号为，内的2人编号为，由穷举法可知恰好有一人分数在内的概率为.试题解析：（1）面试成绩在内的频数为2，由，得.由茎叶图可知面试成绩的中位数为.由频率分布直方图可以看出，分数在内有2人，故分数在内的人数为.（2）将内的4人编号为，内的2人编号为，在内任取两人的基本事件为：，，，共15个，其中恰好有一人分数在内的基本事件为：，，共8个，∴恰好有一人分数在内的概率为.19.如图，三棱锥中，平面，，，，是的中点.（1）若是的中点，证明：平面平面；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】(1)证明见解析；(2)45°.【解析】试题分析：（1）由题意，平面，所以平面平面.（2）建立空间直角坐标系，得平面的法向量为，平面的法向量为，所以，所以平面与平面所成的锐二面角为.试题解析：（1）∵平面，∴，又∵，，∴平面.∵分别是的中点，∴，∴平面.又平面，∴平面平面.（2）建立如图所示空间直角坐标系，则，，∵，∴，∵，∴，∴，，设平面的一个法向量为，则，取.∵平面的一个法向量，∴，∴平面与平面所成的锐二面角为.20.已知分别为内角的对边，且.（1）若，求的值；（2）若，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）有条件得，所以.（2）由余弦定理得，所以，面积的最大值为.试题解析：（1）由已知得，即，，显然，∴，∵，∴，∴.（2）由余弦定理得，∴，当且仅当时取等号∴，∴面积的最大值为.21.已知数列与等差数列满足：，且，.（1）求数列、的通项公式；（2）设，，求数列的前项和.【答案】(1)，；(2).【解析】试题分析：（1），，所以，得，；（2），由错位相减法得：.试题解析：（1）由已知得，，∴，设的公差为，则，，∴.∴，∴.（2），∴，∴，，两式相减得，∴.22.已知椭圆的离心率为，点在上.（1）求椭圆的方程；（2）设三点均在椭圆上，为坐标原点，，证明：四边形的面积为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意，得.（2）由题意，设，，，，，，.试题解析：（1）由已知可得，，，联立解得，，，∴