桂林市2017-2018学年上学期期末质量检测
高二年级数学（文）试题
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,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
为等差数列，首项
，则
（ ）
A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由题2. 命题“若A. 若C. 若
，则，则
，则
故选C.
”的否命题为（ ）
，则，则
B. 若 D. 若
【答案】B 【解析】命题“若3. 设A.
，且 B.
，则
”的否命题为若
，则
.故选B.
，则下列判断一定正确的是（ ）
C.
D.
【答案】A
【解析】对于A :函数对于B：当对于C：当对于D：当故选A. 4. 双曲线A.
和
的顶点坐标是（ ） B.
和
C.
和
D.
和
在R上单调递增，当时，有时，有时，
但但但
时，有
，故A对；
，故B错； ，故C错； ，故D错；
【答案】B 【解析】令5. 在A.
，得
，所以双曲线
的顶点坐标是
和
.
中，已知 B.
或
C.
，那么角等于（ ） D.
或
【答案】A
【解析】由正弦定理得故选D. 6. 设变量
满足线性约束条件
，则目标函数
的最大值是 （ ）
得
所以角等于
或
.
A. B. C. D. 【答案】B
【解析】画出可行域如图阴影部分，
由 得C(3,2)
目标函数z=3x+y可看做斜率为−3的动直线，其纵截距越大z越大， 由图数形结合可得当动直线过点C时，z最大=3×3+2=11 本题选择C选项.
7. 已知命题：
为真，则下列命题是真命题的是（ ）
A.
【答案】D
B. C. D.
【解析】对于A：对于B：对于C：对于D：故选C.
为真，则真，
为假，故A错； 为假，故B错； 为真，故C对； 为假，故D错；
为假，为假；
8. 已知点是椭圆离心率为（ ）
A. B. C. D. 【答案】A 【解析】椭圆
中，
上的一点，分别是椭圆的左右焦点，且的周长是，则椭圆的
， 的周长为，解
得故选A. 9. 设
，则“
；
”是“”的（ ）
A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B
...............
10. 在中，三个角对应的三边分别是，若，则角等于（ ）
A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由
,
故选C.
得
，
11. 设A. 【答案】A
B.
C.
，则 D.
等于（ ）
12. 设A.
分别是圆 B.
C.
和椭圆 D.
上的点，则 两点间的最大距离是（ ）
【答案】C 【解析】圆心
,设椭圆上的点为
,则,
故选C.
,当
时取最大值,所以
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知【答案】 【解析】
为等差数列，
=18,所以
.
为等差数列，
，则
__________．
故答案为72. 14. 在【答案】 【解析】由
可得
,
中，若
，则
__________．
由正弦定理 ，可得
15. 若命题“对【答案】
，都有”是假命题，则实数的取值范围是__________．
【解析】若命题“对，都有”是真命题，令,当时取等号.
所以命题为真命题时，故答案为
.
，命题为假命题时，.
16. 过双曲线的右焦点作一条直线，直线与双曲线相交于两点，且，若有且仅有三条
直线，则双曲线离心率的取值范围为__________． 【答案】【解析】
中，a=1,所以2a=2,由题意过右焦点作直线有且仅有三条直线l，使得弦AB的长度恰好
等于2，所以一条为x轴，另外两条肯定是与右支分别有两个交点，所以
,
点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式
；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2
2
转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
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. 已知等差数列（1）求
满足
.
的通项公式；
的前项和.
；(2)
.
（2）求数列【答案】(1)
【解析】试题分析：（1）设出等差数列的公差，由已知列式求得公差，进一步求出首项，代入等差
数列的通项公式求数列{an}的通项公式；（2）利用等差数列求和公式求和即可.
试题解析：（1）设数列则（2）
的公差为，
，所以
.
.
18. 在如图所示四边形积.
中，,求四边形的面
【答案】
，得
，解得
，在
连接对角线
中，
，在
中，由正弦定理，得，则
【解析】试题分析：由
，即
，代值计算即得解.
试题解析： 由
，得
，连接对角线
，在
中，由正弦定理，得
，即，解得，在中，，
则
.
19. 甲乙两地相距
，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过，已知货车每小时的运输成本
（单位：圆）由可变本和固定组成组成，可变成本是速度平方的倍，固定成本为元. （1）将全程匀速匀速成本（元）表示为速度（2）若
的函数，并指出这个函数的定义域；
，为了使全程运输成本最小，货车应以多大的速度行驶？
的速度行驶，全程运输成本最小.
【答案】(1)答案见解析；(2)当货车以
【解析】试题分析：（1）求出汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间，根据货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可得全程运输成本，及函数的定义域； （2）利用基本不等式试题解析： （1）可变成本为
，固定成本为元，所用时间为
，
可得结论．
所以（2）所以当
时，
，即，定义域为
，当且仅当，
，即
.
时，等号成立，
答：当货车以20. 已知抛物线
的速度行驶，全程运输成本最小.
的焦点为，直线
.
（1）若抛物线和直线没有公共点，求的取值范围； （2）若
，且抛物线和直线只有一个公共点时，求
或
；(2)2.
，整理得
，即可求得k的取值范围；
，由
，即
，解得
，
的值.
【答案】(1)
【解析】试题分析：（1）联立方程由抛物线和直线没有公共点，则
（2）当抛物线和直线只有一个公共点时，记公共点坐标为
或可求
，因为的值.
，
，
， .
，故
，将
代入
得
求得x的值即得点M的坐标，
试题解析：（1）联立方程整理得
由抛物线和直线没有公共点，则即
，解得
或
（2）当抛物线和直线只有一个公共点时，记公共点坐标为由因为将
，即，故代入
， 得
，解得
.
，
，解得
或
，
，
由抛物线的定义知：
点睛:抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点
到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 21. 已知
为等比数列，其前项和为，且
的通项公式；
的前项和.
. ，当
，可求得数列
时，
的通项公式；
的前项和. ，因为
是等比数列，
.
（1）求的值及数列（2）若【答案】(1)
，求数列
；(2)时，
【解析】试题分析：（1）当所以
（2）由（1）得试题解析： （1）当即
时，
，所以数列
，即
，利用错位相减法即可求得数列
，当时，，因为.
，
，
是等比数列，所以，
通项公式为
（2）由（1）得则
两式相减可得
， ，
所以
点睛：本题中利用与的等量关系即可求得通项公式，利用错位相减法求得数列前n项和,有关数列求和中的裂项相消法，并项求和法等都需要熟练掌握. 22. 设椭圆
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于
两点，在轴上是否存在点
，使得
的离心率为，已知但
在椭圆上.
成立？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)
；(2)答案见解析.
，
，结合
，解得
，可得椭圆的方程.
【解析】试题分析：（1）由题得
（2）联立方程组，整理得，设，则
，把坐标化,可得，代入整
理得，解得，可得解.
试题解析：（1）将代入，得，
由，得，结合
.
，解得，
故椭圆的方程为
（2）设，联立方程组，整理得，
设，则，
，
由于菱形的对角线垂直，故故
，即
,
，
即
由已知条件知
且
，
，
所以，所以，
故存在满足题意的点，且的取值范围是，
当直线的斜率不存在时，不合题意.
点睛:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一．
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