江苏省连云港市2018-2019学年高二下学期期末考试数学（文）试题

江苏省连云港市2018-2019学年高二下学期期末考试数学（文）试题

连云港市2018~2019学年第二学期期末考试 高二数学（选修历史）‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题纸相应位置上．‎ ‎1.已知，则实数值为______.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别讨论、的情况.‎ ‎【详解】当时，，不满足互异性；‎ 当时，或（舍），所以集合是满足.‎ 故：.‎ ‎【点睛】本题考查根据元素与集合的关系求解参数的值，注意使用集合中元素的互异性，难度较易.‎ ‎2.函数的最小正周期是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用二倍角公式将化简，然后根据周期计算公式计算周期,‎ ‎【详解】因为，所以.‎ ‎【点睛】二倍角公式：；；‎ 周期计算公式：.‎ ‎3.已知i是虚数单位,若,则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由 ‎ 即答案为 ‎4.已知正四棱锥的底面边长是2，高为，则这个正四棱锥的侧面积是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过底面边长和高求出侧面等腰三角形的高，然后计算四个等腰三角形的面积和，即为侧面积.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，，，所以，则，所以，则.‎ ‎【点睛】本题考查正四棱锥的侧面积，关键是计算出斜高并计算的值，难度较易.‎ ‎5.函数的定义域为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数的真数大于求解的范围，即为定义域.‎ ‎【详解】因为，所以，故的定义域为.‎ ‎【点睛】本题考查对数型函数的定义域，注意真数大于，难度容易.‎ ‎6.若是定义在R上的奇函数，当时，，则当时，______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用计算的表达式，再根据奇函数可得，由此得到时，的表达式.‎ ‎【详解】因为，所以，则；‎ 又因为是奇函数，所以，则.‎ ‎【点睛】求解含奇偶性的分段函数的解析式，从已知某段函数入手，将未知转化为已知，然后再利用奇偶性完成求解.‎ ‎7.给出下列等式：‎ 由以上等式可推出一个一般结论：‎ 对于，__________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中三个式子，我们分析等式左边每一个累加项的变化趋势，可以归纳出其通项为，分析等式右边的式子，发现每一个式了均为两项差的形式，且被减数均为1，减数为，由此即可得到结论．‎ ‎【详解】由已知中的等式：‎ ‎… 由以上等式我们可以推出一个一般结论： 对于 ． 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是归纳推理，归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）．‎ ‎8.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：‎ ‎①若，，则∥； ②若，，则∥；‎ ‎③若∥，，则； ④若∥，∥，∥，则∥．‎ 其中的真命题是______.（填上所有真命题的序号）‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据线面垂直的性质定理可判断真假；②包含特殊情况，直线在平面内；③根据线面平行性质定理和面面垂直的判定定理判断真假；④根据特殊模型判断真假.‎ ‎【详解】①垂直于同一平面的两条直线互相平行，故为真命题；②可能在内，故为假命题；③过作平面与平面相交于直线，因为，所以，且，所以，故为真命题；④在正方体中，取上底面的对角线记为，作两个平行于上底面的平面，则，但是与不平行，故为假命题.故填写：①③.‎ ‎【点睛】符号语言描述的空间中点、线、面的位置关系如何判断正误：‎ ‎（1）利用公理、定义、性质定理、判定定理再辅助图形去分析；‎ ‎（2）在规则几何体中找到能反映问题的模型（正方体等）.‎ ‎9.已知函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数在上的单调增区间是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由向右平移个单位得到，写出函数解析式；根据单调增区间列出不等式，再对取值，得到上单调区间.‎ ‎【详解】向右平移个单位后得，令，则，由于，所以取，则，综上：.‎ ‎【点睛】向左（或右）平移个单位即可得到，而不是得到，这里需要注意的就是时，平移是在这个整体上进行的，并不是简单的在括号里加、减.‎ ‎10.设棱长为的正方体的体积和表面积分别为，，底面半径和高均为的圆锥的体积和侧面积分别为，．若，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据表面积与侧面积之比求出的值，然后将的值代入体积之比的式子中计算.‎ ‎【详解】因为，所以，故；‎ 所以.‎ ‎【点睛】圆锥的体积公式：；‎ 圆锥的侧面积公式：（是底面圆半径，是母线长）；‎ 圆锥的表面积公式：（是底面圆半径，是母线长）；‎ 注意区分侧面积和表面积.‎ ‎11.已知为钝角，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将改写成的形式，利用二倍角公式计算的值，代入相关数值.‎ ‎【详解】因为，所以；‎ 因为且为钝角，所以是第二象限角，则 ‎ ，故.‎ ‎【点睛】（1）常见的二倍角公式：‎ ‎， ；‎ ‎（2）常用的角的配凑：，； ，.‎ ‎12.已知定义在上的奇函数，若，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据奇函数求出的值，然后分析 单调性并由函数值之间的关系转变为自变量之间的关系，最后求出的范围.‎ ‎【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，则；‎ 又因为与在上递增，所以由可得： ，故，即.‎ ‎【点睛】（1）奇函数在处有定义时，必定有；‎ ‎（2）通过函数的单调性，可以将函数值之间的关系转为自变量之间的关系（注意定义域），从而完成对自变量范围的求解.‎ ‎13.在中，已知，，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的值利用余弦定理得到的一个关系式；再将化切为弦得到第二个的关系式，两式联立消去，从而得到的关系式，化简可得的值，即为的值.‎ ‎【详解】由余弦定理可得：，则；‎ 又因为，所以，化简得；‎ 两式联立消得，则 ，解得；‎ 由正弦定理可知：.‎ ‎【点睛】解三角形的问题中，出现了有关正切的条件，要注意将其转化为正、余弦的形式去处理，因为这对后面去使用正、余弦定理会更加的便捷.‎ ‎14.已知函数若存在实数，，，，满足，且，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数形结合：作出函数图象，考虑，，，分布的特点，然后将计算的结果代入进行化简并求范围.‎ ‎【详解】作出函数图象：‎ 由可知：，所以，即；‎ 又因为关于对称，所以且，‎ 又，‎ 则原式.‎ ‎【点睛】分段函数中涉及到的函数性质问题，采用数形结合思想去解决问题更加简便；同时对于常见的一些函数图象变换要熟悉，例如：是将位于轴下方的图象翻折到轴上方.‎ 二、解答题：共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎15.在中，已知角，，的对边分别为，，，且．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先用正弦定理化简所给式子，得到有关的三角函数值，求出的值；‎ ‎（2）利用三角形内角和为以及的大小，将改写成的表示形式计算即可.‎ ‎【详解】解：（1）在中，由正弦定理得，‎ 所以， ‎ 所以， ‎ 所以，因为，所以． ‎ ‎（2）在中，，所以 ‎．‎ ‎【点睛】（1）解三角形求解的时候，一般都是通过对所给的条件利用正、余弦定理进行化简，进而得到相关角度的值；‎ ‎（2）三角形内角和为这一隐含条件很容易忽视，要注意.‎ ‎16.已知函数．‎ ‎（1）求在区间上的值域；‎ ‎（2）由函数的图象经过怎样的变换可以得到的图象．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用两角和余弦公式以及二倍角公式将变形，再利用辅助角公式将变形，然后根据所给区间求解值域；‎ ‎（2）通过平移和伸缩变化将变换为.‎ ‎【详解】解：（1）‎ ‎． ‎ ‎ 因为，所以，‎ ‎ 所以，所以，‎ ‎ 所以函数在区间上的值域为； ‎ ‎（2）①将函数的图象向左平移个单位得到的图象；‎ ‎②将函数的图象上所有点横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍 得到的图象．‎ ‎【点睛】（1）巧用辅助角公式：；（2）图象在进行平移变换的时候一定要注意是否为，如果不为，不能进行简单的“左加右减”，一定要将看成一个整体.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，平面平面，∥平面，，， ‎ 求证：（1）∥平面；‎ ‎（2）平面平面．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先通过线面平行性质定理得到∥，再通过线面平行判定定理得到结论；‎ ‎（2）利用数量关系得到，再借助已知条件证明，通过线线垂直证明线面垂直，最后证明面面垂直.‎ ‎【详解】证明：（1）∵∥平面，而平面，‎ 平面平面，∴∥． ‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴∥平面． ‎ ‎（2）∵，满足，∴．‎ 由知．‎ 又∵平面平面，‎ ‎，，‎ ‎∴平面． ‎ 又∵，所以．‎ 又，，，∴．‎ 又，∴平面平面．‎ ‎【点睛】（1）线面平行的性质定理：一条直线平行一个平面，那么过这条直线的任意平面与此平面的交线必定平行于已知直线；‎ ‎（2）面面垂直的判定：一个平面过另外一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.‎ ‎18.如图，在直三棱柱中，点，分别是与的中点．‎ ‎（1）求证：平面∥平面；‎ ‎（2）若，，，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过辅助线，可分别证明∥平面与∥平面 ‎，再通过面面平行的判定定理即可证明；‎ ‎（2）根据条件求解出的值，然后利用面积公式可求，通过将棱锥的顶点换成计算三棱锥的体积.‎ ‎【详解】（1）证明：连结．‎ ‎∵在直三棱柱中，点，分别是与的中点．‎ ‎∴∥且，∴四边形是平行四边形．‎ ‎∴∥且，‎ 又∵∥且，∴∥且．‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴∥．‎ 又∵平面，平面，∴∥平面．‎ 同理可证：∥平面．‎ 又∵，，平面，‎ ‎∴平面∥平面． ‎ ‎（2）解：在中，，，，‎ 由余弦定理可知 又因为，所以．‎ 所以 又∵在直三棱柱中，平面．‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】（1）证明线面、面面平行时，注意辅助线的用处，经常会用到三角形中位线、不相邻两边中点间连线等辅助线；‎ ‎（2）计算锥体体积时，要注意待计算的三棱锥的顶点是可以更换的，有时能很大程度上简化计算，需要注意.‎ ‎19.某公园欲将一块空地规划成如图所示的区域，其中在边长为20米的正方形内种植经红色郁金香，在正方形的剩余部分（即四个直角三角形内）种植黄色郁金香．现要在以为边长的矩形内种植绿色草坪，要求绿色草坪的面积等于黄色郁金香的面积．设，米．‎ ‎（1）求与之间函数关系式；‎ ‎（2）求的最大值．‎ ‎【答案】（1），其中（2）米 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用已知条件将黄色郁金香和绿色草坪的面积表示出来，然后根据面积相等，得到与之间的函数关系式，注意定义域；‎ ‎（2）根据，用换元法并构造新函数完成最大值的求解.‎ ‎【详解】解：（1）在中，，则，‎ 同理，在中，，则，‎ 所以． ‎ 因为在矩形内种植与黄花面积相等的草坪，‎ 设矩形的面积为，则，‎ 所以，‎ 所以，其中．‎ ‎（2）令，则．‎ 因为，所以，‎ 所以，因为在上单调递增，‎ 所以，‎ 答：的最大值为米．‎ ‎【点睛】（1）实际问题中求解函数关系式时，不仅要给出正确的函数解析式同时还要注意定义域问题；‎ ‎（2）与的关系：.‎ ‎20.设函数（R）．‎ ‎（1）求函数在R上的最小值；‎ ‎（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围；‎ ‎（3）若方程在上有四个不相等的实数根，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过换元法将函数变形为二次函数，同时利用分类讨论的方法求解最大值；‎ ‎（2）恒成立需要保证即可，对二次函数进行分析，根据取到最大值时的情况得到的范围；‎ ‎（3）通过条件将问题转化为二次函数在给定区间上有两个零点求 的范围，这里将所有满足条件的不等式列出来，求解出的范围.‎ ‎【详解】解：（1）令，，则，对称轴为．‎ ‎①，即，．‎ ‎②，即，．‎ ‎③，即，．‎ 综上可知， ‎ ‎（2）由题意可知，，，的图象是开口向上的抛物线，最大值一定在端点处取得，所以有 故． ‎ ‎（3）令，．由题意可知，当时，有两个不等实数解，所以原题可转化为在内有两个不等实数根．所以有 ‎【点睛】（1）三角函数中，形如或者都可以采用换元法求解函数最值；‎ ‎（2）讨论二次函数的零点的分布，最好可以采用数形结合的方法解决问题，这样很大程度上减少了遗漏条件的可能.‎ ‎ ‎ ‎ ‎