【文档说明】【精准解析】陕西省宝鸡中学2019-2020学年高二下学期期中考试文科数学试题.doc，共(15)页，1.053 MB，由小赞的店铺上传

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宝鸡中学2018级高二第二学期期中考试试题文科数学说明：1.本试题分Ⅰ、Ⅱ两卷，第Ⅰ卷和答案要按照A、B卷的要求涂到答题卡上，第Ⅰ卷不交；2.全卷共三大题22个小题，满分150分，120分钟完卷.第Ⅰ卷（共60分）一.选择题：（本题共

12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的，请选出正确答案）1.在极坐标系中，方程()06=表示的图形为（）A.一条直线B.一条射线C.一个点D.一个圆【答案】B【解析】【分析】根据极坐标系的概念进行判断.【详解】在极坐

标系中，方程()06=表示的图形为一条射线3,03yxx=.故选：B【点睛】本题考查极坐标系的意义、直线的极坐标方程，属于基础题.2.点M的极坐标32,4化成直角坐标为（）A.()2,2−B.(

)2,2−C.()2,2−D.()2,2−【答案】C【解析】【分析】直接利用极坐标公式得到答案.【详解】点M的极坐标32,4，则32cos24x==−，32sin24y==，故直角坐标为()2,2−.故选：C.【点

睛】本题考查了极坐标转化为直角坐标，属于简单题.3.已知0ab，那么下列不等式中成立的是A.ab−−B.ambm++C.22abD.11ab【答案】C【解析】【详解】由不等式的性质可知，若0

ab，则：ab−−，ambm++，22ab，11ab.故选：C.4.把点4,,43P的柱坐标化为直角坐标为（）A.()2,23,4B.()23,2,4C.()3,1,4D.()1,3,4【答案】A【解析】【分析】根据柱

坐标与直角坐标的转化关系求解即可.【详解】由题意可知4,,43z===cos4cos23x===，sin4sin233y===，4z=则点4,,43P的直角坐标为()2,23,4故选：A【点睛】本题主要考查了柱坐标化直角坐标，属于基础题.5.极坐标方程sincos

=+表示的曲线是（）A.直线B.圆C.椭圆D.抛物线【答案】B【解析】【分析】将极坐标方程转化为直角坐标方程，再根据直角坐标方程判断曲线的形状即可.【详解】极坐标方程sincos=+，两边同时乘以，可得2sincos=+，因为222,cos,sinxyxy+==

=，代入上式可得22xyxy+=+，化简变形可得22111442xxyy−++−+=，即22111222xy−+−=，所以曲线表示的图形为圆，故选：B【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化，曲线形状的判断，属于基础题.6.2max

b=+，2nbxa=+，且mn，ab，则（）A.xab+B.xab+C.xab−D.xab−【答案】A【解析】【分析】由已知可得22axbbxa++，然后化简得()()()abxabab−

+−，而ab，由不等式的性质给两边同除以−ab不等号方向不变，可得结果.【详解】解：因为2maxb=+，2nbxa=+，mn，所以22axbbxa++，所以22axbxab−−，()()()abxabab−

+−因为ab，所以0ab−，所以xab+故选：A【点睛】此题考查了不等式的性质，属于基础题.7.椭圆3cos2sinxy==（为参数）的离心率为（）A.22B.32C.12D.23【答案】C【解析】【分析】将椭

圆的参数方程化为普通方程，即可求得椭圆的离心率.【详解】椭圆3cos2sinxy==（为参数），化为普通方程可得22134xy+=，所以2,3ab==，则221cab=−=，所以离心率为12

cea==，故选：C.【点睛】本题考查了椭圆参数方程与普通方程的转化，椭圆离心率的求法，属于基础题.8.直线:40lxy−+=被圆12cos22sinxy=−+=+（为参数）截得的弦长为（）A.14B.

142C.62D.6【答案】A【解析】【分析】先将圆的参数方程化为标准方程，求出圆到直线的距离d，利用直线被圆截得的弦长为222rd−即可得到答案【详解】解：由12cos22sinxy=−+=+（为参数），得22(1)(2)4xy++−=，所以圆心为(1,2)−，半径为2r=，所以

圆心到直线的距离1241112d−−+==+，所以直线被圆截得的弦长为22221222()142rd−=−=，，故选：A【点睛】此题考查直线与圆相交求弦长问题、点到直线的距离公式，考查了计算能力，属于中档题.9

.若,abR，ab，则（）A.abB.abC.ab−D.ab−【答案】A【解析】【分析】根据绝对值的概念知bb，即可判断.【详解】bb，ab.故选：A【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.10.若实数231xyz++=，则222xyz++的最小

值为（）A.14B.114C.29D.129【答案】B【解析】【分析】直接利用柯西不等式得到答案.【详解】根据柯西不等式：()()2221492231xyzyz++++++=，即222114xyz++，当且仅当11

4x=，17y=，314z=时等号成立.故选：B【点睛】本题考查了柯西不等式，意在考查学生对于柯西不等式的应用能力.11.不等式：①223xx+；②()2221abab+−−；③2baab+；④()2230xxx+，其中恒成立的是（）A.①③B.②④C.①④D.

②③【答案】B【解析】【分析】根据基本不等式和作差比较法，即可判定，得到答案.【详解】①22312324xxx+−=−−,223xx+不能恒成立,；②2222222(1)222(1)(1)0ababababab+−−−=+−

++=−++222(1)abab+−−恒成立；③当0ab时，22ababbaba+=，当0ab时，2baab+不成立；④0x时，22232111133xxxxxxxx+=++=，当且仅当21xx=，即1x=时，等号成

立，故④恒成立.故选：B.【点睛】本题考查作差法比较大小及基本不等式应用，其中解答中熟记基本不等式的"一正、二定、三相等"，以及熟练应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档题.12.《几何原本》中的几何代数法(以几何方法研

究代数问题)成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.如图所示的图形，在AB上取一点C，使得ACa=，BCb=，过点C作CDAB⊥交圆周

于D，连接OD.作CEOD⊥交OD于E.则下列不等式可以表示CDDE的是()A.()20,0abababab+B.()0,02ababab+C.()220,022ababab++D.()2220,0ababab+【答案】A【解析】【分析】根据圆的性质、射影

定理求出CD和DE的长度，利用CD>DE即可得到答案.【详解】连接DB，因为AB是圆O的直径，所以90ADB=o，所以在RtADB中，中线22ABabOD+==，由射影定理可得2CDACCBab==，所以CDab=.在R

tDCO中，由射影定理可得2CDDEOD=，即222CDababDEabODab===++，由CDDE得2ababab+，故选A.【点睛】本题考查圆的性质、射影定理的应用，考查推理能力，属于中档

题.第Ⅱ卷（共90分）二.填空题：（本题共4小题，每题5分，共20分，答案填在答卷纸中相应位置的横线上.）13.二次不等式2560xx−−+的解集是_____________.【答案】|61xx−【解析】【分析】先把2560xx−−+变形为2560xx+−，再结合二次函数与二次方程

的关系求出其解集.【详解】解：由2560xx−−+得:2560xx+−，解得：61x−，所以2560xx−−+的解集为|61xx−.故答案为：|61xx−.【点睛】本题考查二次不等式的解法，属于基础题.14.用分析法证明：若a，b，m

都是正数，且ab，则amabmb++.完成下列证明过程.因为0bm+，0b，所以要证原不等式成立，只需证明()()bamabm++，即只需证明________.因为0m，所以只需证明ba，由已知显然成立，所以原不等式成立

.【答案】bmam【解析】【分析】把证明不等式转化为寻找使不等式成立的充分条件，直到使不等式成立的充分条件显然已经具备为止.【详解】解：因为0bm+，0b，所以要证原不等式成立，只需证明()()bamabm++，而()()bamabm++可化为abbmabam++，所以只

需证明bmam即可，故答案为：bmam【点睛】此题考查用分析法证明不等式的方法和步骤，把证明不等式转化为寻找使不等式成立的充分条件，属于基础题.15.直线3cos4sin90−−=与圆2cos2sinxy==（为参数）的位置关系是_________.【答案】相交【解析

】【分析】先将圆的参数方程化为圆的普通方程，然后再将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，最后计算圆心到直线的距离与半径进行比较即可判断位置关系.【详解】解：因为直线的极坐标方程为3cos4sin90−−=，所以直线的直角坐标方程为3490xy−−=，因为圆的参数方程为2cos2si

nxy==（为参数），所以圆的普通方程为224xy+=，所以圆心(0,0)到直线的距离为22992534d−==+，所以直线与圆相交，故答案为：相交【点睛】此题考查直线的极坐标方程，圆的参数方程，直线与圆的位置关系的判断，属

于基础题.16.已知a，b，c都是正数，且493abc++=，则111abc++的最小值是________.【答案】12【解析】【分析】由1111114()(3)33acbabcabc++=++++，展开后利用基本不等式，即可求解.【详解】由49

3abc++=，可得43133acb++=，所以1111114()(3)33acbabcabc++=++++4341433333333bcacabaabbcc=++++++++53443534433()()()322233

33333333bacacbbacacbabacbcabacbc=+++++++++++543421233=++++=，当且仅当111,,462abc===时取等号，所以111abc++的最小值是12.故答案为：12.【点睛】本题主要

考查了基本不等式的性质及其应用，着重考查式子的变形能，以及推理与运算能力，属于中档试题.三.解答题（本大题共5个小题，共70分）解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤17.（1）解不等式3112xx−−.（2）已知

0x，求证：()()()()3443xxxx+−+−.【答案】（1）1|22xx−（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）利用不等式的性质把分式不等式转化为一元二次不等式求解即可；（2）通过两式做差，判断与0的大小即可.【详解】（1）解：由3112xx−−，知21

02xx+−，即()()2120xx+−得，122x−，所以不等式的解集为1|22xx−（2）证明：()()()()()()2234431212200xxxxxxxxxx+−−+−=−−−+−=−.【点睛】本题考查分式不等

式解法、作差法证明不等式，属于基础题.18.已知直线1l过点()1,3M，倾斜角是3，直线2:sincos20l+−=.（1）写出直线1l的参数方程；（2）直线1l与直线2l的交点为N，求MN.【答案】（1）112332xt

yt=+=+（t为参数）（2）()231−【解析】【分析】（1）由直线的参数方程直接写出；（2）先把直线2l极坐标方程化为直角坐标方程，然后与直线1l的参数方程联立得到t的值，根据参数t的几何意义即可求出MN.【详解】解：（1）直线1l的参数方程为112332xtyt=+

=+（t为参数）（2）直线2:sincos20l+−=化为直线20xy+−=，将112332xtyt=+=+（t为参数）代入20xy+−=得，()231t=−−，由t的几何意义知

，点()1,3M到两直线的交点N的距离为()231t=−.【点睛】本题考查直线的参数方程及参数的几何意义、极坐标方程与直角坐标方程互化，属于基础题.19.已知1m>，且关于x的不等式21xm−−的解集为1,3.（1）求m的值；（2）若a，b均为正实数，且满足abm

+=，求22ab+的最小值.【答案】（1）2m=（2）2【解析】【分析】（1）解绝对值不等式得到31mxm−+，对比解集得到答案.（2）直接利用均值不等式计算得到答案.【详解】（1）∵1m>，解不等式21xm−−得12

1mxm−−+，∴31mxm−+，因为解集为1,3，∴2m=.（2）2ab+=，则()()()()22222222222abababababab+=+++++=+，故222ab+，当且

仅当1ab==时，等号成立，故22ab+的最小值为2.【点睛】本题考查了绝对值不等式，均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.20.已知函数()()()221cossin0,2fxxxx=−+.（1）求()fx的单调递减区间；（2）在锐角ABC中，角A

所对边25a=，角B所对边4b=，若()0fA=，求：ABC的面积.【答案】（1）0,2；（2）()236+.【解析】【分析】（1）化简函数()1cos22fxx=+，利用余弦函数的性质，求得函数的单调递减区间，进而求得函数()fx的单调递减区间；（2）由（1）求得3A

=，利用余弦定理得到2440cc−−=，求得c的值，结合面积公式，即可求解.【详解】（1）由函数()2211cossincos222fxxxx=−+=+，令222kxk+，kz，解得2kxk+，当0k=时，可

得02x，即函数()fx的单调递减区间为0,2.（2）在ABC中，A，B角的对边分别为25a=，4b=，由()0fA=，可得()11cos20,cos222fAAA=+==−，因为(0,)2A，则2(0,)A，所以223A=，所以3A=，由余弦

定理可得2222cosabcbcA=+−，又由25a=，4b=，可得2440cc−−=，解得()212c=+或()212c=−（舍去），所以三角形的面积为()()11sin4212sin236223SbcA==+=+.【点睛】本题考查三角恒等

变换化简并求函数的性质，以及余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力．21.如图，在三棱

锥PABC−中，90ACB=，D为AB中点，M为PB中点，且PDB△是正三角形，PAPC⊥.（1）求证：//DM平面PAC；（2）求证：平面PAC⊥平面ABC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）利用三角形

中位线定理得出//DMAP，由线面平行判定定理即可得证；（2）先由正三角形的三线合一性质得DMPB^，又由//DMAP推出PAPB⊥.结合PAPC⊥推出PA⊥平面PBC，从而得到PABC⊥，再由BCAC⊥得到BC

⊥平面PAC，根据面面垂直的判定定理即证.【详解】（1）证明：∵D是AB的中点，M是PB的中点，∴//DMAP，∵AP平面APC，DM平面APC，∴//DM平面PAC.（2）证明：因为PDB△是正三角形，M是PB的中点，所以DMBP⊥.又

∵//DMAP，∴PAPB⊥，又∵PAPC⊥，PBPCP=，,PBPC平面PBC，∴PA⊥平面PBC，又BC平面PBC，∴PABC⊥，又BCAC⊥，ACPAA=，,ACPA平面PAC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又BC平面ABC，平面

PAC⊥平面ABC.【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的判定，是立体几何中重要的知识点，属于中档题.22.已知椭圆2222:1xyCab+=的焦距2，且经过点()0,1A.（1）求椭圆C的方程；（2）设O为

坐标原点，直线:2lykx=+与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，求证：OMON为定值.【答案】（1）2212xy+=（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）根据焦距及所过点的坐标可得,ca，再由椭圆中,,abc的关系求得b，即可得椭圆的方程.（

2）设()11,Pxy，()22,Qxy，由点斜式表示出直线AP的方程，并表示出M点的横坐标，进而表示出OM、ON，联立直线与椭圆方程，并由判别式可得k的取值范围，由韦达定理表示出12xx+，12xx，代入OMON中化简即可.【详解】（1）由题意得22c=，所以1

c=，因为过点()0,1A，所以1b=，而2222abc=+=，所以椭圆C的方程为2212xy+=.（2）证明：设()11,Pxy，()22,Qxy，则直线AP的方程为1111yyxx−=+，令0y=，得M点的横坐标11

1Mxxy=−−，又112ykx=+，从而111MxOMxkx==+，同理221NxONxkx==+，联立直线与抛物线22212ykxxy=++=，化简可得()2212860kxkx+++=，()()2228241216240kkk=−+=−，解得2

32k，则122812kxxk+=−+，122612xxk=+，所以121211xxOMONkxkx=++()12212121xxkxxkxx=+++222261266811212kkkkkk+

==−++++.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，由韦达定理求椭圆中定值，属于中档题.