吉林省吉林市2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题（文） 含解析

吉林省吉林市2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题（文） 含解析

www.ks5u.com ‎2018—2019学年度下学期期末测试题高二数学（文）‎ 一、选择题（单选题；每题5分，共60分） ‎ ‎1.已知集合，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由得，所以，因为，所以，故选D.‎ ‎【考点】 一元二次不等式的解法，集合的运算 ‎【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理.‎ ‎2.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据公式，可直接计算得 详解： ，故选D.‎ 点睛：复数题是每年高考的必考内容，一般以选择或填空形式出现，属简单得分题，高考中复数主要考查的内容有：复数的分类、复数的几何意义、共轭复数，复数的模及复数的乘除运算，在解决此类问题时，注意避免忽略中的负号导致出错.‎ ‎3.设，则“”是“”‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：分别解不等式，求出x的范围，取值范围小的条件可以推出取值范围大的条件，反之则不成立.‎ 详解：解不等式：，，‎ 显然前面命题范围大，所以后者可以推出前者，前者不能推出后者，所以前面命题为后面命题的必要不充分条件.故选B.‎ 点睛：本题意在考察充分必要条件的判断，如果是范围问题，注意小范围为大范围的充分不必要条件.‎ ‎4.设，，，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指、对数的单调性直接将的范围求出来，然后再比较大小.‎ ‎【详解】因为，所以；；；‎ 所以，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】指对数比较大小，常用的方法是：中间值分析法（与比较大小），单调性分析法（根据单调性直接写出范围）.‎ ‎5.在中，则（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先选用正弦定理求解的大小，再根据的内角和为即可求解的大小.‎ ‎【详解】因为，代入数值得：；‎ 又因为，所以，则或；‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 所以或.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】解三角形过程中涉及到多解的时候，不能直接认为所有解都合适，要通过给出的条件判断边或角的大小关系，从而决定解的个数，‎ ‎6.已知x,y满足约束条件,则z=x+2y的最大值是 A. -3 B. -1 C. 1 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 画出约束条件表示的可行域,如图中阴影部分所示，平移直线,可知当其经过直线与的交点时,取得最大值，为,故选D.‎ ‎【名师点睛】(1)确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法是：“直线定界,特殊点定域”,即先作直线,再取特殊点，并代入不等式(组)．若满足不等式(组),则不等式(组)表示的平面区域为直线与特殊点同侧的那部分区域；否则就对应与特殊点异侧的平面区域.当不等式中带等号时,边界为实线；不带等号时,边界应画为虚线,特殊点常取原点.‎ ‎(2)利用线性规划求目标函数最值的步骤：①画出约束条件对应的可行域；②将目标函数视为动直线,并将其平移经过可行域,找到最优解；③将最优解代入目标函数,求出最大值或最小值．‎ ‎7.在平面直角坐标系中， 四边形是平行四边形，，则（）‎ A. 5 B. 4 C. 3 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 因为，所以，应选答案A。‎ ‎8.要得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）‎ A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为函数，要得到函数的图象，只需要将函数的图象向右平移个单位。‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：三角函数图象进行平移变换时注意提取x的系数，进行周期变换时，需要将x的系数变为原来的ω倍，要特别注意相位变换、周期变换的顺序，顺序不同，其变换量也不同．‎ ‎9.已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.‎ 详解：在中，‎ 设，则，‎ 又由椭圆定义可知 则离心率，‎ 故选D.‎ 点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.‎ ‎10. 下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由选项可知，项均不是偶函数，故排除，项是偶函数，但项与轴没有交点，即项的函数不存在零点，故选A.‎ 考点：1.函数的奇偶性；2.函数零点的概念.‎ ‎11.中心在原点，焦点在轴上的双曲线的一条渐近线经过点（4,2），则它的离心率为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意知,过点(4,-2)的渐近线方程为y=-x,‎ ‎∴-2=-×4,‎ ‎∴a=2b.设b=k,则a=2k,c=k,‎ ‎∴e===.‎ ‎12.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：，∵函数在区间单调递增，∴在区间上恒成立．∴，而在区间上单调递减，∴．∴的取值范围是．故选：D．‎ 考点：利用导数研究函数的单调性.‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13.如图，在菱形中，，，以该菱形的个顶点为圆心的扇形的半径都为.若在菱形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 在菱形ABCD中，∵AB=2，∠ABC=60°， ‎ 以A和C为圆心的扇形面积和为 ‎ 以B和D为圆心的扇形面积和为 ‎ ‎∴菱形内空白部分的面积为 ‎ 则在菱形内 随机取一点，该点取自黑色部分概率是 ‎ 故答案为：．‎ ‎14.垂直于直线且与圆相切于第一象限的直线方程是_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设直线方程，与圆相切，所以，所以，即，填。‎ ‎【点睛】‎ 直线与圆相切，一般用圆心到直线的距离等于半径。‎ ‎15.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若，则； ②若，则；③若，，则；④若，则，其中正确命题的序号是______.‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①利用线面平行性质以及线面垂直的定义判断真假；②利用面面平行的性质以及线面垂直的性质判断真假；③④可借助正方体判断真假.‎ ‎【详解】①因为，过作平面，使得，则有；又因为，所以，又因为，所以，故①正确；‎ ‎②因为，所以；又因为，所以，故②正确；‎ ‎③例如：正方体上底面的对角线分别平行下底面，但是两条对角线互相不平行，故③不正确；‎ ‎④选正方体同一顶点处三个平面记为，则有，但与相交，故④不正确.‎ 故填：①②.‎ ‎【点睛】判断用符号语言描述的空间中点、线、面的位置关系的正误：（1）直接用性质定理、判定定理、定义去判断；（2）借助常见的空间几何体辅助判断（正方体等）.‎ ‎16.更相减损术是出自九章算术的一种算法如图所示的程序框图是根据更相减损术写出的，若输入，，‎ 则输出的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 输入，执行程序框图，第一次；第二次；第三次；第四次，满足输出条件，输出的的值为，故答案为.‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17.记为等差数列的前项和，已知，．‎ ‎ （1）求的通项公式；‎ ‎ （2）求，并求的最小值．‎ ‎【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n项和公式得的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.‎ 详解：（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．‎ 由a1=–7得d=2．‎ 所以{an}的通项公式为an=2n–9．‎ ‎（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．‎ 所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．‎ 点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.‎ ‎18.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计得频率分布直方图如图所示.‎ ‎(1) 经计算估计这组数据的中位数；‎ ‎(2)现按分层抽样从质量为，芒果中随机抽取个，再从这个中随机抽取个，求这个芒果中恰有个在内的概率.‎ ‎【答案】(1)268.75；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图，找到频率总和为时对应的质量，这个质量大小就是中位数；（2）先用分层抽样计算出和中的芒果数；然后对每个芒果进行标记，采用枚举法列出所有情况，最后用古典概率模型计算目标事件概率.‎ ‎【详解】（1）由频率分布直方图可知，前三组频率之和为：，第四组频率为：； 所以中位数为：；‎ ‎（2）抽取的6个芒果中，质量在和内的分别有4个和2个.‎ 设质量在内的4个芒果分别为，质量在内的2个芒果分别为. 从这6个芒果中选出3个的情况共有，，，，，，，，，，，，，，，，，，‎ ‎，共计20种，其中恰有一个在内的情况有，，，，，，，，，，，共计12种，因此概率.‎ ‎【点睛】利用频率分布直方图求数据的中位数：（1）确定频率总和为时所在的区间段；（2）确定前面几段的频率总和，用(前几段频率总和)；（3）利用组距，然后中位数频率总和为时所在的区间段左端点值.‎ ‎19.如图，在直三棱柱中，，，．‎ 证明：平面；‎ 求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）4.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）由题意可得，根据余弦定理可证得，从而可得平面，于是可得，然后根据线面垂直的判定可得．（2）利用等积法，根据求解．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题意得，‎ 又，‎ ‎∴．‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故，‎ 又，‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ 又，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由题意得． ‎ ‎20.已知直线过抛物线：的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，与抛物线两交点间的距离为.‎ ‎(1)求抛物线的方程;‎ ‎(2)若点，过点的直线与抛物线相交于,两点，设直线与的斜率分别为和.求证：为定值，并求出此定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由直线过抛物线：的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，与抛物线两交点间的距离为可得抛物线的通径为，可得抛物线的方程为；（2）设直线的方程为：，与抛物线可得，根据韦达定理以及斜率公式，消去参数，可得.‎ 试题解析：（1）由题意可知，，抛物线的方程为. ‎ ‎（2）已知点，设直线的方程为：‎ ‎，，则，，‎ 联立抛物线与直线的方程消去得 可得，，代入可得.‎ 因此可以为定值，且该定值为.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法求抛物线及直线与抛物线的位置关系、圆锥曲线的定值问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①‎ ‎ 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.‎ ‎21.已知函数f （x）＝x3＋（1－a）x2－a（a＋2）x＋b（a，b∈R）．‎ ‎（Ⅰ）若函数f （x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；‎ ‎（Ⅱ）若曲线y＝f （x）存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．‎ ‎【答案】（I）；（II）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）由函数的图象过原点可求得，由在原点处的切线斜率为可得进而可求得；（II）由曲线存在两条垂直于轴的切线得有两个不同的根，即，可解得的取值范围.‎ 试题解析：．‎ ‎（Ⅰ）由题意得，解得．‎ ‎（Ⅱ）∵曲线存在两条垂直于轴的切线，‎ ‎∴关于的方程有两个不相等的实数根，‎ ‎∴即 ‎∴‎ ‎∴a的取值范围是 考点：导数的几何意义.‎ ‎22.在极坐标系中，已知圆的圆心，半径点在圆C上运动.‎ ‎（1）求圆C的极坐标方程；‎ ‎（2）若P点线段上，且，求动点P的轨迹方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据条件写出圆的直角坐标方程，然后利用将直角坐标方程转为极坐标方程；‎ ‎（2）设出的极坐标，根据条件得到的关系，将关系代入（1）中的圆的极坐标中，得到的轨迹方程.‎ ‎【详解】（1）因为圆心的直角坐标为，，‎ 所以的直角坐标方程为：‎ 即，‎ 故的极坐标为：，即.‎ ‎（2）设，根据可得，‎ 将代入的极坐标方程得：.‎ 点睛】（1）直角坐标和极坐标互化公式：；‎ ‎（2）当直接去求解极坐标方程比较复杂的时候，可先得到直角坐标方程，然后利用公式将直角坐标方程化为极坐标方程.‎ ‎ ‎