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文档介绍
2017-2018学年湖北省宜昌市第一中学高二下学期期末考试数学(理)试题(解析版)
2017-2018学年湖北省宜昌市第一中学高二下学期期末考试数学(理)试题 一、单选题 1.设,,集合( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】分析:由题意首先求得集合B,然后进行交集运算即可求得最终结果. 详解:求解二次不等式可得, 结合交集的定义可知: . 本题选择C选项. 点睛:本题主要考查集合的表示方法,交集的定义及其运算等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2.已知为虚数单位,则复数对应复平面上的点在第( )象限. A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】D 【解析】分析:首先化简所给的复数,然后确定复数所在的象限即可. 详解:由题意可得: , 则复数对应的点为,该点位于第四象限, 即复数对应复平面上的点在第四象限. 本题选择D选项. 点睛:本题主要考查复数的运算法则及其应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 3.设,则“”是“”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】分析:根据不等式的解法求出不等式的等价条件,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可. 详解:当x>0时,由|x|﹣1>2x得x﹣1>2x,得x<﹣1,此时无解, 当x≤0时,由|x|﹣1>2x得﹣x﹣1>2x,得x<﹣, 综上不等式的解为x<﹣, 由≤0得x+1<0得x<﹣1, 则“|x|﹣1>2x”是“≤0”的必要不充分条件, 故选:B. 点睛:充分、必要条件的三种判断方法. 1.定义法:直接判断“若则”、“若则”的真假.并注意和图示相结合,例如“⇒ ”为真,则是的充分条件. 2.等价法:利用⇒ 与非⇒非, ⇒ 与非⇒非, ⇔ 与非⇔非的等价关系,对于条件或结论是否定式的命题,一般运用等价法. 3.集合法:若⊆ ,则是的充分条件或是的必要条件;若=,则是的充要条件. 4.已知,,( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】,,,,故选C. 【 方法点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题,属于难题. 解答比较大小问题,常见思路有两个:一是判断出各个数值所在区间(一般是看三个区间 );二是利用函数的单调性直接解答;数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用. 5.若将函数的图像向左平移个单位长度,则平移后图像的一个对称中心可以为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象,则其对称中心为,当时,得出对称中心坐标为,选A. 【点睛】把的图象沿轴向左(或向右)平移()个单位得到函数(或)的图象,简称“左加右减”;从解析式角度说,把函数的图象沿轴向左平移(个单位,反映在解析式上就是把原解析式中的替换为. 6.函数的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为与不相等,所以函数 不是偶函数,图象不关于纵轴对称,所以可排除,代,可排斥 ,故选D. 7.已知函数满足,当时,,若在区间上方程有两个不同的实根,则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】分析:首先根据题意,求得函数在相应的区间上的解析式,之后在同一个坐标系内画出函数的图像,之后将函数的零点问题转化为对应曲线交点的个数问题,结合图形,得到结果. 详解:当时,, , 在同一坐标系内画出的图像, 动直线过定点,当再过时,斜率, 由图象可知当时,两图象有两个不同的交点, 从而有两个不同的零点,故选D. 点睛:该题考查的是有关函数零点个数的问题,在解题的过程中,需要先确定函数的解析式,之后在同一个坐标系内画出相应的曲线,将函数的零点个数转化为曲线的交点个数来解决,非常直观,在做题的时候,需要把握动直线中的定因素. 8.若角为三角形的一个内角,并且,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析:利用同角关系,由正切值得到正弦值与余弦值,进而利用二倍角余弦公式得到结果. 详解:∵角为三角形的一个内角,且, ∴ ∴ 故选:A 点睛:本题考查了同角基本关系式,考查了二倍角余弦公式,考查了计算能力,属于基础题. 9.已知定义域为的奇函数,当时,满足, 则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】分析:通过计算前几项,可得n=3,4,…,2018,数列以3为周期的数列,计算可得所求和. 详解:定义域为R的奇函数f(x),可得f(﹣x)=﹣f(x), 当x>0时,满足, 可得x>时,f(x)=f(x﹣3), 则f(1)=﹣log25, f(2)=f(﹣1)=﹣f(1)=log25, f(3)=f(0)=0, f(4)=f(1)=﹣log25, f(5)=f(2)=f(﹣1)=﹣f(1)=log25, f(6)=f(3)=f(0)=0, f(7)=f(4)=f(1)=﹣log25, f(8)=f(2)=f(﹣1)=﹣f(1)=log25, … f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2020) =﹣log25+log25+(0﹣log25+log25)×672 =0, 故选:D. 点睛:归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想). 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类:(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳,解决此类问题时,需要细心观察,寻求相邻项及项与序号之间的关系,同时还要联系相关的知识,如等差数列、等比数列等;(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳. 10.某巨型摩天轮.其旋转半径50米,最高点距地面110米,运行一周大约21分钟.某人在最低点的位置坐上摩天轮,则第35分钟时他距地面大约为( )米. A. 75 B. 85 C. 100 D. 110 【答案】B 【解析】分析:设出P与地面高度与时间t的关系,f(t)=Asin(ωt+φ)+B,由题意求出三角函数中的参数A,B,及周期T,利用三角函数的周期公式求出ω,通过初始位置求出φ,求出f(35)的值即可. 详解:设P与地面高度与时间t的关系,f(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,φ∈[0,2π)), 由题意可知:A=50,B=110﹣50=60,T==21,∴ω=, 即 f(t)=50sin(t+φ)+60, 又因为f(0)=110﹣100=10,即sinφ=﹣1,故φ=, ∴f(t)=50sin(t+)+60, ∴f(35)=50sin(×35+)+60=85. 故选:B. 点睛:已知函数的图象求解析式 (1). (2)由函数的周期求 (3)利用“五点法”中相对应的特殊点求,一般用最高点或最低点求。 11.由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪.直到1872年,德国数学家戴德金从连续性的要求出发,用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割),并把实数理论建立在严格的科学基础上,才结束了无理数被认为“无理”的时代,也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割,是指将有理数集划分为两个非空的子集与,且满足,,中的每一个元素都小于中的每一个元素,则称为戴德金分割.试判断,对于任一戴德金分割,下列选项中,不可能成立的是( ) A. 没有最大元素, 有一个最小元素 B. 没有最大元素, 也没有最小元素 C. 有一个最大元素, 有一个最小元素 D. 有一个最大元素, 没有最小元素 【答案】C 【解析】试题分析:A正确,例如M是所有的有理数,N是所有的有理数。B正确,如M是所有负的有理数,零和平方小于2的正有理数,N是所有平方大于2的正有理数。显然M和N的并集是所有的有理数,因为平方等于2的数不是有理数。D正确,如例如M是所有的有理数,N是所有 的有理数。C错;M有最大元素a,且N有最小元素b是不可能的,因为这样就有一个有理数不存在于M和N两个集合中,与M和N的并集是所有的有理数矛盾 【考点】集合新定义问题 12.已知关于的方程为(其中),则此方程实根的个数为( ) A. 2 B. 2或3 C. 3 D. 3或4 【答案】C 【解析】分析:将原问题转化为两个函数交点个数的问题,然后利用导函数研究函数的性质即可求得最终结果. 详解:很明显不是方程的根, 据此可将方程变形为:, 原问题等价于考查函数与函数的交点的个数, 令,则,列表考查函数的性质如下: + + - + + 单调递增 单调递增 单调递减 单调递减 单调递增 函数在有意义的区间内单调递增, 故的单调性与函数的单调性一致, 且函数的极值 绘制函数图像如图所示, 观察可得,与函数恒有3个交点, 即题中方程实根的个数为3. 本题选择C选项. 点睛:函数零点的求解与判断方法: (1)直接求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点. (2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点. (3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点. 二、填空题 13.已知角的终边经过,则________. 【答案】 . 【解析】分析:根据任意角的三角函数的定义,求得sin的值,再结合诱导公式即可得到结果. 详解:∵角θ的终边经过点, ∴x=,y=3,r=, 则sin==. ∴ 故答案为:. 点睛:本题主要考查任意角的三角函数的定义,考查了诱导公式,考查了计算能力,属于基础题. 14.满足不等式组的点所围成的平面图形的面积为________. 【答案】. 【解析】分析:画出约束条件表示的可行域,利用微积分基本定理求出可行域的面积. 详解:画出约束条件表示的可行域,如图中阴影部分, 由题意不等式组,表示的平面图形的面积为: . 故答案为:. 点睛:用定积分求平面图形的面积的步骤:(1 )根据已知条件,作出平面图形的草图;根据图形特点,恰当选取计算公式;(2)解方程组求出每两条曲线的交点,以确定积分的上、下限;(3)具体计算定积分,求出图形的面积. 15.学校艺术节对同一类的 A,B,C,D四项参赛作品,只评一项一等奖,在评奖揭晓前,甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下: 甲说:“ A作品获得一等奖”; 乙说:“C作品获得一等奖” 丙说:“B, D两项作品未获得一等奖” 丁说:“是A或D作品获得一等奖” 若这四位同学中只有两位说的话是对的,则获得一等奖的作品是________. 【答案】C. 【解析】若获得一等奖,则甲、丙、丁的话是对的,与已知矛盾;若获得一等奖,则四人的话是错误的,与已知矛盾;若获得一等奖,则乙、丙的话是对的,满足题意;所以获得一等奖的作品是. 16.对于定义域为的函数,若满足① ;② 当,且时,都有;③ 当,且时,都有,则称为“偏对称函数”.现给出四个函数:①;② ; ③;④.则其中是“偏对称函数”的函数序号为 _______. 【答案】①④. 【解析】分析:条件②等价于f(x)在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,条件③等价于f(x)﹣f(﹣x)<0在(﹣∞,0)上恒成立,依次判断各函数是否满足条件即可得出结论. 详解:由②可知当x>0时,f′(x)>0,当x<0时,f′(x)<0, ∴f(x)在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, f2(x)=ln(﹣x)=ln,∴f2(x)在R上单调递减,不满足条件②, ∴f2(x)不是“偏对称函数”; 又()=()=0,∴(x)在(0,+∞)上不单调,故(x)不满足条件②, ∴(x)不是“偏对称函数”; 又f2(x)=ln(﹣x)=ln,∴f2(x)在R上单调递减,不满足条件②, ∴f2(x)不是“偏对称函数”; 由③可知当x1<0时,f(x1)<f(﹣x2),即f(x)﹣f(﹣x)<0在(﹣∞,0)上恒成立, 对于(x),当x<0时,(x)﹣(﹣x)=﹣x﹣e﹣x+1, 令h(x)=﹣x﹣e﹣x+1,则h′(x)=﹣1+e﹣x>0, ∴h(x)在(﹣∞,0)上单调递增,故h(x)<h(0)=0,满足条件③, 由基本初等函数的性质可知(x)满足条件①,②, ∴(x)为“偏对称函数”; 对于f4(x),f4′(x)=2e2x﹣ex﹣1=2(ex﹣)2﹣, ∴当x<0时,0<ex<1,∴f4′(x)<2(1﹣)2﹣=0, 当x>0时,ex>1,∴f4′(x)>2(1﹣)2﹣=0, ∴f4(x)在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,满足条件②, 当x<0,令m(x)=f4(x)﹣f4(﹣x)=e2x﹣e﹣2x+e﹣x﹣ex﹣2x, 则m′(x)=2e2x+2e﹣2x﹣e﹣x﹣ex﹣2=2(e2x+e﹣2x)﹣(e﹣x+ex)﹣2, 令e﹣x+ex=t,则t≥2,于是m′(x)=2t2﹣t﹣6=2(t﹣)2﹣≥2(2﹣)2﹣=0, ∴m(x)在(﹣∞,0)上单调递增, ∴m(x)<m(0)=0,故f4(x)满足条件③, 又f4(0)=0,即f4(x)满足条件①, ∴f4(x)为“偏对称函数”. 故答案为:①④. 点睛:本题以新定义“偏对称函数”为背景,考查了函数的单调性及恒成立问题的处理方法,属于中档题. 三、解答题 17.已知集合 (1)若,求实数的值; (2)若命题命题且是的充分不必要条件,求实数的取值范围. 【答案】(1) . (2) 或. 【解析】分析:(1)分a>0和a<0两种情况讨论是否存在满足条件的实数a的值,综合讨论结果,可得答案; (2)若p是q充分不必要条件,则A⊊B,分类讨论,可得满足条件的a的取值范围. 详解:(1) 当时 当时显然故时, , (2) 当时, 则解得 当时,则 综上是的充分不必要条件,实数的取值范围是或. 点睛:注意区别:“命题是命题的充分不必要条件”与“命题的充分不必要条件是命题” 18.已知函数,. (1)求函数的最小正周期; (2)求函数的对称中心和单调递增区间. 【答案】(1) . (2) ,;,. 【解析】分析:(1)分别利用两角和的正弦、余弦公式及二倍角正弦公式化简函数式,然后利用用公式求周期即可; (2)根据正弦函数的图象与性质,求出函数f(x) 的对称中心与单调增区间. 详解:(1)∵ . ∴. (2)令得:, 所以对称中心为:, 令 解得单调递增区间为:,. 点睛:函数的性质 (1) . (2)周期 (3)由 求对称轴 (4)由求增区间;由求减区间. 19.统计表明某型号汽车在匀速行驶中每小时的耗油量(升)关于行驶速度 (千米/小时)的函数为 . (1)当千米/小时时,行驶千米耗油量多少升? (2)若油箱有升油,则该型号汽车最多行驶多少千米? 【答案】(1)11.95(升) . (2) 千米. 【解析】分析:(1)由题意可得当x=64千米/小时,要行驶千米需要小时,代入函数y的解析式,即可得到所求值; (2)设22.5升油能使该型号汽车行驶a千米,代入函数y的式子,可得. 令,求出导数和单调区间,可得h(x)的最小值,进而得到a的最大值. 详解:(1)当千米/小时时,要行驶千米需要小时, 要耗油 (升) . (2)设升油能使该型号汽车行驶千米,由题意得, ,所以 , 设 则当最小时,取最大值,令 当时,,当时, 故当时,函数为减函数,当时,函数为增函数, 所以当时, 取得最小值,此时取最大值为 所以若油箱有升油,则该型号汽车最多行驶千米. 点睛:解决函数模型应用的解答题,还有以下几点容易造成失分:①读不懂实际背景,不能将实际问题转化为函数模型.②对涉及的相关公式,记忆错误.③在求解的过程中计算错误.另外需要熟练掌握求解方程、不等式、函数最值的方法,才能快速正确地求解.含有绝对值的问题突破口在于分段去绝对值,分段后在各段讨论最值的情况. 20.如图,已知单位圆上有四点,,,,其中,分别设的面积为. (1)用表示; (2)求的最大值及取最大值时的值。 【答案】(1) (2) 的最大值为,此时的值为. 【解析】试题分析:解(1)根据三角函数的定义, 知 所以, 所 . 3分 又因为四边形OABC的面积=, 所以. 6分 (2)由(1)知. 9分 因为, 所以, 所以, 所以的最大值为, 此时的值为. 12分 【考点】三角函数的性质 点评:主要是考查了三角函数的性质以及二倍角公式的运用,属于基础题。 21.已知函数. (1)若在为增函数,求实数的取值范围; (2)当时,函数在的最小值为,求的值域. 【答案】(1) . (2) . 【解析】分析:(1)原问题等价于在上恒成立,据此可得实数的取值范围是; (2)由函数的解析式二次求导可得在上是增函数,则存在唯一实数,使得,据此可得的最小值构造函数,讨论可得其值域为. 详解:(1)在上恒成立, 设 则在为增函数,. (2), 可得在上是增函数, 又,, 则存在唯一实数,使得即, 则有在上递减; 在上递增; 故当时,有最小值 则的最小值, 又, 令, 求导得,故在上递增, 而,故可等价转化为, 故求的最小值的值域,可转化为: 求在上的值域. 易得在上为减函数,则其值域为. 点睛:导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题. (4)考查数形结合思想的应用. 22.(题文)(题文)[选修4—4:坐标系与参数方程] 在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数,),以原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为. (1)写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程; (2)已知点是曲线上一点,若点到曲线的最小距离为,求的值. 【答案】(1) ;. (2) 或. 【解析】试题分析:(1)消去参数得到的普通方程为.利用可以把的极坐标方程化为直角坐标方程. (2)把的直角方程转化为参数方程,利用点到直线的距离公式算出距离为,利用得到.因为直线与椭圆是相离的,所以或,分类讨论就可以得到相应的值. 解析:(1)由曲线的参数方程,消去参数 ,可得 的普通方程为:. 由曲线的极坐标方程得, ∴曲线的直角坐标方程为 . (2)设曲线上任意一点为 ,,则点到曲线 的距离为.∵, ∴,, 当时,,即; 当时,,即.∴或. 点睛:一般地,如果圆锥曲线上的动点到直线的距离有最小值,那么这条直线和圆锥曲线的位置关系式相离的. 23.[选修4—5:不等式选讲] 已知函数. (1)当时,解不等式; (2)若,求的最小值. 【答案】(1) . (2) . 【解析】分析:(1)利用分段讨论法去掉绝对值,解a=﹣2时对应的不等式即可; (2)由f(x)≤a|x+3|得a≥,利用绝对值三角不等式处理即可. 详解:(1)当时, 的解集为: (2)由得: 由,得: 得(当且仅当或时等号成立), 故的最小值为. 点睛:绝对值不等式的解法: 法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想; 法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想; 法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.查看更多