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)

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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.‎
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