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2018-2019学年高二数学上学期期末考试试题理 (VIII)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1设a，bR。“a=0”是“复数a+bi是纯虚数”的 （ ）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件2复数的共轭复数等于 （）A B C D3曲线在点处的切线的倾斜角为 （ ）A30 B45 C60 D1204. 双曲线1的一个焦点到一条渐近线的距离等于 ( )A. B3 C4 D25函数在区间上的最大值是 （）A B CD6.若斜线段AB是它在平面内的射影长的2倍，则AB与所成的角为 ( )A60 B45 C30 D1207三次函数在内是增函数，则 （ ）A B CD 8.过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，如果x1+x2=6，那么|AB|= （）A6B8C9D109在正三角形ABC中，ADBC于D，沿AD折成二面角BADC后，这时二面角BADC的大小为 ( ) A60 B45 C90 D12010.如果函数y=f(x)的图象如右图，那么导函数的图象可能是 ( ) 11将正方形沿对角线折成直二面角A-BD-C，有如下四个结论：(1) (2)是等边三角形 (3) 与平面所成角度为(4) 所成角度为,其中真命题的编号是 ( )A.(1)(2) B.(1)(3) C.(1)(2)(4) D.(1)(3)(4)12.设的导函数为，且恒成立，则 （ ）A B C D的大小不确定 第卷（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. 命题p:,则p的否定为 15.若点到直线的距离比它到点的距离小1，则点的轨迹方程为 16.、为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为 ； 三.解答题（本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在中,角A BC所对的边分别是a,b,c,且(1)求的值;(2)若b=2,求ABC面积的最大值.18.已知数列的前项和为，且对任意正整数都有成立(1)记，求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和19.如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA底面ABCD，PCD90，PAABAC. (1)求证：ACCD；(2)点E在棱PC上，满足DAE60，求二面角BAED的余弦值20已知函数，其中(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；(2)当.21.已知分别是双曲线=l（a0，b0）的左、右焦点，P为双曲线上的一点，若 ,且的三边长成等差数列又一椭圆的中心在原点，短轴的一个端点到其右焦点的距离为，双曲线与该椭圆离心率之积为。(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求AOB面积的最大值.xx高二下学期期末数学（理）试题答案一、选择题1-5:BBBCA 6-10:AABAA 11、12：CC二、填空题13. 14. 15. 16.三、解答题17.（1）错误！未找到引用源。由余弦定理:cosB= 错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。2分+cos2B= 5分（2）由7分b=2, 4=+=ac+42ac,得ac, 9分 SABC=acsinB(a=c时取等号)故SABC的最大值为10分18.（1）在中，令得 因为对任意正整数，都有成立，所以，两式相减得，所以， 3分又，所以为等比数列，所以，所以 6分(2），所以12分19.(1)证明：因为PA底面ABCD，所以PACD，因为PCD90，所以PCCD，所以CD平面PAC，所以CDAC.4分(2)连接DE，因为底面ABCD是平行四边形，CDAC，所以ABAC.又PA底面ABCD，所以AB，AC，AP两两垂直如图所示，以点A为原点，以为x轴正方向，以|为单位长度，建立空间直角坐标系则B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,1,0)设(0, 1，1)，则(0，1)，又DAE60，则cos，即，解得.则，所以cos ，.因为0，所以.又，观察可知二面角BAED为钝角，故二面角BAED的余弦值为.12分20.(1)（1）解：当时，由已知得，故， 2分所以，又因为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即； 5分(2)当a=1时，12分21.解：（1）.解：设，不妨P在第一象限，则由已知得 解得（舍去）。设椭圆离心率为 可设椭圆的方程为 5分（2）当AB 6分当AB与轴不垂直时，设直线AB的方程为，由已知得代入椭圆方程，整理得 9分 当且仅当时等号成立，此时综上所述：，此时面积取最大值12分22.（1）f（x）=lnx+1，当x(0，)，f（x）0，f（x）单调递减，当x(，+)，f（x）0，f（x）单调递增0tt+2，t无解；0tt+2，即0t时，f(x)min=f()=-；tt+2，即t时，f（x）在t，t+2上单调递增，f（x）min=f（t）=tlnt；f(x)min=5分（2）2xlnx-x2+ax-3，则a2lnx+x+，设h(x)=2lnx+x+(x0)，则h(x)=，x，1），h（x）0，h（x）单调递减，x（1，e，h（x）0，h（x）单调递增，又h（）=3e+-2,h（e）=e+2, 10分h（）h（e）,因为存在，所以ah（x）max=3e+-2；12分
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