2018-2019学年广东省佛山一中、珠海一中、金山中学高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

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绝密★启用前 广东省佛山一中、珠海一中、金山中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知复数满足，则的虚部为（ ）‎ A．-4 B．‎ C．4 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题解析：设 ‎∴，解得 考点：本题考查复数运算及复数的概念 点评：解决本题的关键是正确计算复数，要掌握复数的相关概念 ‎2．用反证法证明命题“设为实数，则方程至少有一个实根”时，要做的假设是（　　）‎ A．方程没有实根 B．方程至多有一个实根 C．方程至多有两个实根 D．方程恰好有两个实根 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：反证法证明命题时，假设结论不成立。至少有一个的对立情况为没有。故假设为方程没有实根。‎ 详解：结论“方程至少有一个实根”的假设是“方程 没有实根。”‎ 点睛：反证法证明命题时，应假设结论不成立，即结论的否定成立。常见否定词语的否定形式如下：‎ 结论词 没有 至少有一个 至多一个 不大于 不等于 不存在 反设词 有 一个也没有 至少两个 大于 等于 存在 ‎3．曲线在点处切线斜率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导数，将代入导函数，求得切线的斜率.‎ ‎【详解】‎ 解：对函数求导，‎ 得，‎ 当时，，‎ 曲线在点处切线斜率为-1，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了导数的几何意义，正确求出导函数是解题的关键。‎ ‎4．函数的图像大致是 ‎【答案】A ‎【解析】本题考查了函数的零点、幂函数与指数函数图象的变化趋势，考查了同学们灵活运用所学知识解决函数图象问题的能力。显然2、4是函数的零点，所以排除B、C；当时，根据指数函数与幂函数图象的变换趋势知，故选A ‎5．由曲线，直线及轴所围成的图形的面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解析：作出曲线，直线y＝x－2的草图(如图所示)，所求面积为阴影部分的面积．由得交点A(4，2)．‎ 因此与y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为：‎ ‎.‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：(1)画出图形；(2)确定被积函数；(3)确定积分的上、下限，并求出交点坐标；(4)运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．‎ ‎6．设是定义在正整数集上的函数，且满足：“当成立时，总可推出成立”．那么，下列命题总成立的是（　　）‎ A．若成立，则成立 B．若成立，则成立 C．若成立，则当时，均有成立 D．若成立，则当时，均有成立 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：利用互为逆否命题真值相同，可知，由已知的条件满足当成立时，总可以推出成立，则能推断若成立，则当时，均有成立。其余不成立。‎ ‎7．如图所示，面积为的平面凸四边形的第条边的边长记为，此四边形内任一点到第条边的距离记为，若，则．类比以上性质，体积为的三棱锥的第个面的面积记为，此三棱锥内任一点到第个面的距离记为，若，则等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平面凸四边形中的结论是根据等面积法得到，类比以上性质，在三棱锥中根据等体积法求解的值.‎ ‎【详解】‎ 解：面积为的平面凸四边形的第条边的边长记为，‎ 此四边形内任一点到第条边的距离记为，‎ 所以由等面积法得，，‎ 因为，‎ ‎，‎ 所以，‎ 即，‎ 故在平面凸四边形中，求解此结论的过程中运用了等面积法求解，‎ 类比上述性质，在三棱锥中，则应使用等体积法求解，‎ 三棱锥的体积为，‎ 因为体积为的三棱锥的第个面的面积记为，此三棱锥内任一点到第个面的距离记为，‎ 由等体积法有，，‎ ‎，‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 即，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了类比推理的问题，类比推理的本质是方法的类比，解题的关键就在于此.‎ ‎8．设函数是奇函数的导函数，，当时， ，则使得成立的的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，判断其单调性及奇偶性，结合即可判断的正负，从而判断的正负，问题得解。‎ ‎【详解】‎ 令，则当时，，‎ 所以在上递减，‎ 又为奇函数，所以为偶函数，则：在上递增，‎ ‎，，‎ 当时，，此时，‎ 当时，，此时，‎ 当时，，此时，‎ 当时，，此时，‎ 综上：使得成立的的取值范围是：.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了抽象函数不等式的解法，考查了函数单调性及奇偶性应用，考查分析能力，属于中档题。‎ ‎9．已知函数的定义域为 ，部分对应值如下表，的导函数的图象如图所示． ‎ 下列关于的命题：‎ ‎①函数的极大值点为； ‎ ‎②函数在上是减函数；‎ ‎③如果当时，的最大值是，那么的最大值为；‎ ‎④当时，函数有个零点；‎ ‎⑤函数的零点个数可能为、、、、个．‎ 其中正确命题的个数是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由导函数的图像及函数的部分对应值，作出函数的大致图像，再对选项逐一分析，从而得出正确命题的个数.‎ ‎【详解】‎ 解：由导函数图像可知，‎ 函数在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，‎ 又因为，，，，‎ 故函数的大致图像如图所示：‎ 由图像可知，命题①②正确，‎ 命题③如果当时，的最大值是，那么的最大值为5，故不正确，‎ 命题④当时，由于的值不确定，当的值比较接近于2时，函数的零点则有可能是2个或3个，故命题④不正确，‎ 命题⑤，随着的值的变化，函数的零点个数可能为、、、、个，故命题⑤正确，‎ 故正确的命题有①②⑤，选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数与导数的关系，解题的关键是要能由导函数图像解析出原函数的图像，从而解决问题。‎ ‎10．已知分别是函数的两个极值点，且， ，则的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由得，因为分别是函数的两个极值点，且， ，结合三次函数的性质可知 ‎， ，即，作出不等式组所表示的区域如下图：‎ 由得，根据的几何意义，即动点和间直线的斜率，由图可知最大值为，最小为，则的取值范围为，故选D.‎ 点睛：本题考查导数知识的运用，考查平面区域的运用，考查了直线的斜率，考查学生的转化与化归思想即计算能力，属于中档题；求导函数，利用的两个极值点分别是， ，建立不等式组，利用平面区域，结合将的取值范围转化为定点和动点间的斜率范围问题，进而可得解.‎ ‎11．若函数在上单调递增，则的取值范围是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：对恒成立，‎ 故，即恒成立，‎ 即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．‎ ‎【考点】三角变换及导数的应用 ‎【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.‎ 视频 ‎12．若函数存在极值，且这些极值的和不小于，则的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】f（x）=ax﹣x2﹣lnx，x∈（0，+∞），‎ 则f′（x）=a﹣2x﹣，‎ ‎∵函数f（x）存在极值，∴f′（x）=0在（0，+∞）上有根，‎ 即2x2﹣ax+1=0在（0，+∞）上有根，∴△=a2﹣8≥0，‎ 显然当△=0时，F（x）无极值，不合题意；‎ ‎∴方程必有两个不等正根，记方程2x2﹣ax+1=0的两根为x1，x2，x1+x2=，x1x2=，‎ f（x1），f（x2）是函数F（x）的两个极值，‎ 由题意得，f（x1）+f（x2）=a（x1+x2）﹣（x12+x22）﹣（lnx1+lnx2）‎ ‎=﹣+1﹣ln 4﹣ln，‎ 化简解得，a212，满足△＞0，‎ 又x1+x2=＞0，即a＞0，‎ ‎∴a的取值范围是[，+∞），‎ 故答案为：C。‎ 点睛：这个题目考查了导数在研究函数的极值和单调性中的应用，极值点即导函数的零点，但是必须是变号零点，即在零点两侧正负相反；极值即将极值点代入原函数取得的函数值，注意分清楚这些概念，还有就是求完导如果出现二次，则极值点就是导函数的两个根，可以结合韦达定理应用解答。‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过三个城市时，‎ 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过城市；‎ 乙说：我没去过城市.‎ 丙说：我们三个去过同一城市.‎ 由此可判断乙去过的城市为__________‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由乙说：我没去过C城市，则乙可能去过A城市或B城市，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市，则乙只能是去过A，B中的任一个，再由丙说：我们三人去过同一城市，则由此可判断乙去过的城市为A 考点：进行简单的合情推理 ‎14．为虚数单位，=________.‎ ‎【答案】i ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两步求解，先求解，然后.‎ ‎【详解】‎ 解：‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的四则运算，准确使用公式是解题的关键。‎ ‎15．母线长为的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角等于_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据母线长得出底面圆的半径与圆锥高之间的关系，用圆锥的高表示出圆锥的体积函数，借助导数可得出体积的最大值，并能得到此时底面圆的半径，从而得出侧面展开图圆心角.‎ ‎【详解】‎ 解：设圆锥的底面半径为，高为 因为圆锥的母线长为1‎ 所以，‎ 所以圆锥的体积为，‎ 对体积函数求导可得，，‎ 令，解得（舍负），‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 故当时，体积取得最大，此时，‎ 此时.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何体的体积问题，利用导数研究函数最值的问题，解题的关键是根据题意建立出体积函数的关系式，并能正确利用导数求解.‎ ‎16．设的内角所对的边为,则下列命题正确的是_____．‎ ‎①若，则； ②若，则；‎ ‎③若，则； ④若，则．‎ ‎【答案】①②③．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理、三角形的性质及基本不等式等知识，对选项逐一证明或找反例，从而得出正确选项.‎ ‎【详解】‎ 解：选项①：因为的内角所对的边为 所以当且仅当“”时取“=”，‎ 因为，‎ 故，‎ 因为函数在为单调减函数，‎ 所以，故选项①正确；‎ 选项②：因为，‎ 所以，即，‎ 故，‎ 所以，‎ 因为函数在上为单调减函数，‎ 所以，故选项②正确；‎ 选项③：假设，‎ 则，即，‎ 所以（1），‎ 因为，‎ 所以，‎ 故，同理，‎ 对（1）式两边同时乘以得，‎ ‎，‎ 与矛盾，‎ 所以假设不成立，即成立，故选项③正确；‎ 选项④：取，‎ 故，‎ 满足，‎ 而，‎ 故为锐角，不能满足，故选项④错误.‎ 故本题的正确选项为①②③．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了余弦定理、反证法、基本不等式等知识，熟练掌握定理及公式是解题的关键.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知数列满足，，设．‎ ‎（1）证明：数列是等比数列，求的通项公式；‎ ‎（2）求的前项和。‎ ‎【答案】（1）（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，利用等比数列的定义进行证明；‎ ‎（2）利用错位相减法解决前项的和.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）∵，‎ ‎∴，即， ‎ ‎∴是首项为1，公比为2的等比数列 ，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎（2）----①，‎ ‎------②，‎ ‎①-②可得，‎ 化简可得．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等比数列的定义、错位相减法求和等知识，解题的关键是熟练使用定义与公式.‎ ‎18．已知函数，其中．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）写出的极值点。‎ ‎【答案】（1）①当时，在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎②当时， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎③当时，在上单调递增.‎ ‎（2）①当时，所以的极小值点为，无极大值点，‎ ‎②当时，的极大值点为，极小值点为，‎ ‎③当时，无极小值点也无极大值点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数求导数，根据与的大小关系进行分情况讨论，从而得出的单调性；‎ ‎（2）根据（1）中单调性的情况，进行讨论求解.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）的定义域为，‎ ‎，‎ 由得或，‎ ‎①当时，‎ 由得，由得，‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增；‎ ‎②当时，即，‎ 由得或，‎ 由得，‎ ‎∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；‎ ‎③当时，‎ 对任意恒成立，‎ ‎∴在上单调递增.‎ 综上：①当时，在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎②当时， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎③当时，在上单调递增.‎ ‎（2） ①当时，‎ 因为在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以的极小值点为，无极大值点；‎ ‎②当时，‎ 因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以的极大值点为，极小值点为；‎ ‎③当时，‎ 因为在上单调递增，‎ 所以无极小值点也无极大值点.‎ 综上：①当时，所以的极小值点为，无极大值点，‎ ‎②当时，的极大值点为，极小值点为，‎ ‎③当时，无极小值点也无极大值点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的单调性与极值问题，解题的关键是理解极值与单调性之间的关系，本题还考查了分类讨论的思想方法.‎ ‎19．如图，多面体中，四边形为矩形，二面角为， ，，，．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在线段上求一点，使锐二面角的余弦值为．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）点满足.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面，平面，可得平面平面，从而可得结果；（2）作于点，则平面，以平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，利用向量垂直数量积为零列方程组求得平面的法向量，结合面的一个法向量为，利用空间向量夹角余弦公式列方程解得，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为ABCD是矩形，所以BC∥AD，‎ 又因为BC不包含于平面ADE，‎ 所以BC∥平面ADE，‎ 因为DE∥CF，CF不包含于平面ADE，‎ 所以CF∥平面ADE，‎ 又因为BC∩CF＝C，所以平面BCF∥平面ADF，‎ 而BF⊂平面BCF，所以BF∥平面ADE．‎ ‎（2）∵CD⊥AD，CD⊥DE ‎∴∠ADE为二面角A-CD-F的平面角 ‎∴∠ADE=60°‎ ‎∵CD⊥面ADE 平面平面，作于点，‎ 则平面，‎ 由，得，‎ 以为原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎，‎ 设，则，‎ 设平面的法向量为，‎ 则由，得，取，‎ 得平面的一个法向量为，‎ 又面的一个法向量为，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得或（舍去），‎ 此时，得，‎ 即所求线段上的点满足.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面平行的判定定理、空间向量的应用，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.‎ ‎20．已知椭圆，离心率．直线与轴交于点，与椭圆相交于两点．自点分别向直线作垂线，垂足分别为.‎ ‎（1）求椭圆的方程及焦点坐标；‎ ‎（2）记,,的面积分别为,,，试证明为定值.‎ ‎【答案】（1）椭圆的方程为，焦点坐标为.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，列出关于的方程即可解得，根据的值，可得焦点坐标；‎ ‎（2）设出未知点的坐标，，用表示出,,的面积，借助韦达定理对面积的形式进行化简，从而得出结果.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由题意可知，‎ 又，即，‎ 解得，即，‎ 所以，‎ 所以椭圆的方程为，焦点坐标为.‎ ‎（2）设，‎ 联立方程组得 ‎，显然.‎ 由韦达定理得，，‎ 因为自点分别向直线作垂线，垂足分别为.‎ 所以可得.‎ 因为 ‎ ，‎ 又因为 ‎ ，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的定义、直线与椭圆的定值研究等问题，解决问题的关键是利用韦达定理、设而不求思想进行减元，将多元问题变为一元（定值）问题。‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1） 若函数有零点, 求实数的取值范围;‎ ‎（2） 证明:当，时, 。‎ ‎【答案】（I）；（II）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）对函数求导，可得函数单调性，并求得函数的最小值，若函数有零点，函数最小值小于零且在定义域范围有函数值大于零，解不等式可得的范围；(Ⅱ)将代入不等式化简为，可构造函数 利用导数判断单调性可知在 条件下 最小值为，最大值为．可证命题．‎ 试题解析：‎ ‎ (Ⅰ)法1: 函数的定义域为.‎ 由, 得. ‎ ‎ 因为,则时, ;时, .‎ ‎ 所以函数在上单调递减, 在上单调递增. ‎ ‎ 当时, . ‎ ‎ 当, 即时, 又, 则函数有零点. ‎ 所以实数的取值范围为. ‎ 法2：函数的定义域为.‎ 由, 得. ‎ 令，则.‎ 当时, ; 当时, .‎ 所以函数在上单调递增, 在上单调递减. ‎ 故时, 函数取得最大值. ‎ 因而函数有零点, 则. ‎ 所以实数的取值范围为. ‎ ‎ (Ⅱ) 要证明当时, ,‎ ‎ 即证明当时, , 即. ‎ ‎ 令, 则.‎ ‎ 当时, ;当时, .‎ ‎ 所以函数在上单调递减, 在上单调递增.‎ ‎ 当时, . ‎ ‎ 于是,当时, ① ‎ ‎ 令, 则.‎ ‎ 当时, ;当时, .‎ ‎ 所以函数在上单调递增, 在上单调递减.‎ ‎ 当时, . ‎ ‎ 于是, 当时, ②‎ ‎ 显然, 不等式①、②中的等号不能同时成立. ‎ ‎ 故当时, .‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式的解集包含集合，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1） ；（2）-1 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，‎ 所以不等式即为，‎ 等价于或或，‎ 即或或，‎ 解得或或，‎ ‎∴， ‎ ‎∴原不等式的解集为．‎ ‎（2）∵不等式的解集包含集合，‎ ‎∴当时，不等式恒成立，‎ 即对恒成立，‎ ‎∴对恒成立，‎ ‎∴对恒成立．‎ 又当时，‎ ‎∴．‎ ‎∴实数的取值范围为．‎ ‎【点睛】‎ 解含有两个绝对值号的不等式时，常用的方法是利用零点分区间法去掉绝对值号，转化为不等式组求解．解答第二问的关键是将问题转化为不等式恒成立求解，然后通过分离参数再转化为求函数最值的问题处理．‎