2018-2019学年湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中高二下学期优生联考数学试题 解析版

2018-2019学年湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中高二下学期优生联考数学试题 解析版

绝密★启用前 湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中2018-2019学年高二下学期优生联考数学试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．设集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式得到集合，然后再求出．‎ ‎【详解】‎ 由题意得，‎ 又，‎ ‎∴．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的交集运算，解题时根据交集的定义求解即可，属于基础题．‎ ‎2．满足函数在上单调递减的一个充分不必要条件是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出函数在上单调递减的充要条件，再结合所给的选项进行判断、选择即可．‎ ‎【详解】‎ 结合复合函数的单调性，函数在上单调递减的充要条件是 ‎，解得．‎ 选项A中，是函数在上单调递减的既不充分也不必要条件，所以A不正确；‎ 选项B中，是函数在上单调递减的充要条件，所以B不正确；‎ 选项C中，是函数在上单调递减的必要不充分条件，所以C不正确；‎ 选项D中，是函数在上单调递减的充分不必要条件，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 解答本题时注意两点：（1）根据题意先求出函数在给定区间上的充要条件，求解时容易忽视函数的定义域；（2）由于求的是函数递减的充分不必要条件，可转化为所选的范围是区间的真子集的问题．考查转化和计算能力，属于基础题．‎ ‎3．设，满足约束条件，则的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义求解其取值范围即可.‎ ‎【详解】‎ 绘制不等式组表示的平面区域如图所示，‎ 目标函数，‎ 其中表示可行域内的点与点连线的斜率，‎ 结合目标函数的几何意义可知目标函数在点和点处取得临界值，‎ 在点处，目标函数，‎ 在点处，目标函数，‎ 即的取值范围是.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．‎ ‎(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．‎ ‎4．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的，则一开始输入的的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 执行如图所示的程序框图，逐次循环计算结果，结合判断条件，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，执行如图所示的程序框图，‎ 第一次循环：计算，不满足判断条件；‎ 第二次循环：计算，不满足判断条件；‎ 第三次循环：计算，满足判断条件；‎ 因为输出的值为，则，解得，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中利用循环结构表示算法，一定要先确定是用当型循环结构，还是用直到型循环结构；当型循环结构的特点是先判断再循环，直到型循环结构的特点是先执行一次循环体，再判断；注意输入框、处理框、判断框的功能，不可混用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎5．一个体积可忽略不计的小球在边长为2的正方形区域内随机滚动，则它在离4个顶点距离都大于1的区域内的概率为 ( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以四个顶点为圆心，1为半径作圆，得到四个的面积为，再由面积比的几何概型，即可求解概率.‎ ‎【详解】‎ 由题意，以四个顶点为圆心，1为半径作圆，得到四个的面积为，‎ 又由边长为2的正方形的面积为，‎ 根据面积比的几何概型可得概率为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了几何概型及其概率的计算问题，其中解答中任何审题，转化为面积比的几何概型，计算出相应图形的面积，利用面积比求解概率求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎6．九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积为 ‎ A．2 B．4 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：由三视图得出该几何体是一个以正视图为底面的三棱柱，结合图中数据求出三棱柱的表面积．‎ 详解：由几何体的三视图可得：‎ 该几何体是一个以正视图为底面的三棱柱，‎ 底面面积为：×2×1=1，‎ 底面周长为：2+2×=2+2，‎ 故直三棱柱的表面积为S=2×1+2×（2+2）=6+4．‎ 故答案为：D．‎ 点睛：（1）本题主要考查三视图还原原图和几何体表面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象能力.(2)由三视图还原原图常用的方法有直接法和模型法，本题利用的是直接法.‎ ‎7．设向量，，向量与的夹角为锐角，则的范围为( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，根据向量与的夹角为锐角，可得且，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由向量，，‎ 因为向量与的夹角为锐角，则且，‎ 解得且，即的范围为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面向量的坐标运算及向量的共线定理的应用，其中解答中熟记平面向量的坐标运算法则和平面向量的共线定理，列出相应的关系式是解得关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8．若函数（其中是自然对数的底数），且函数 有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有两个不同的零点，可得，本题转化成两函数交点问题，根据的图像，可做出的图像，再根据表示过原点且斜率为的直线，然后通过图像的性质结合导数可求解的范围.‎ ‎【详解】‎ 由，可得，作出函数的图象，而表示过原点且斜率为的直线，由图可知，当时，与有两个不同 的交点，满足题意；‎ 过原点作的切线，设切点为，因为，‎ 所以切线方程为，将代入，得，‎ 此时切线的斜率为，也即当时，与相切，‎ 由图可知，当时，与有两个不同的交点，满足题意；‎ 综上可知，实数的取值范围是．‎ 答案选D ‎【点睛】‎ 本题考查超越函数求零点问题，适用于数形结合求解，难点在于如何把函数分类成初等基本函数和利用导数性质推断函数图像，属于难题.‎ ‎9．已知数列为等差数列，，，数列的前项和为，若对一切，恒有，则能取到的最大整数是（ ）‎ A．6 B．7 C．8 D．9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意和等差数列的通项公式、前n项和公式，求出首项和公差，再代入通项公式求出an，再求出和Sn，设Tn=S2n﹣Sn并求出，再求出Tn+1，作差判断Tn+1﹣Tn后判断出Tn的单调性，求出Tn的最小值，列出恒成立满足的条件求出m的范围．再求满足条件的m值．‎ ‎【详解】‎ 设数列{an}的公差为d，由题意得，‎ ‎，解得，‎ ‎∴an=n，且，‎ ‎∴Sn=1+，‎ 令Tn=S2n﹣Sn=，‎ 则，‎ 即＞=0‎ ‎∴Tn+1＞Tn，‎ 则Tn随着n的增大而增大，即Tn在n=1处取最小值，‎ ‎∴T1=S2﹣S1=，‎ ‎∵对一切n∈N*，恒有成立，‎ ‎∴即可，解得m＜8，‎ 故m能取到的最大正整数是7．‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题是数列与不等式结合的题目，考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，判断数列单调性的方法，以及恒成立问题．‎ ‎10．如图，下列三图中的多边形均为正多边形，M、N是所在边上的中点，双曲线均以图中为焦点．从左到右设图①②③中双曲线的离心率分别为，则 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别根据正三角形、正方形、正六边形的性质，将用表示，然后利用双曲线的定义，求得，的等量关系，分别求出图示①②③中的双曲线的离心率，然后再判断的大小关系.‎ ‎【详解】‎ 图①中，；‎ 图③中，设正六边形的一个在双曲线右支上的顶点为，则，则；‎ 图 ②中，，‎ ‎，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．‎ ‎11．已知函数 ，，对任意恒有，且在区间上有且只有一个使，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得到满足的关系式，然后结合题意分类讨论确定ω的最大值即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，则，‎ 其中，‎ 又f(x)在（，）上有且只有一个最大值，且要求最大，‎ 则区间（，）包含的周期应最多，‎ 所以，得0<≤30，即，所以k≤19.5.‎ 分类讨论：‎ ‎①.当k=19时，，此时可使成立，‎ 当时，，‎ 所以当或时，都成立，舍去；‎ ‎②.当k=18时，，此时可使成立，‎ 当时，，‎ 所以当或时，都成立，舍去；‎ ‎③.当k=17时，，此时可使成立，‎ 当时，，‎ 当且仅当时，都成立，‎ 综上可得：ω的最大值为.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角函数的性质，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于难题.‎ ‎12．已知是函数的导函数，，，，则不等式的解集为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造新函数，求得导数，由已知条件可得，得函数为单调递减函数，又由不等式，可变形为，得，即可求解不等式的解集.‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数满足已知条件，‎ 又由不等式，可变形为，‎ 构造新函数，则，‎ 由已知条件可得，即，即函数为单调递减函数，‎ 令则，‎ 又由不等式，可变形为，即，‎ 由函数的单调性可得，所以不等式的解集为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及解不等式问题，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，从而求出不等式的解集；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ 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．已知角的顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则=___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的定义，求出，，再利用两角和的正弦公式即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 由三角函数的定义得，，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数的定义，同角三角函数的关系，两角和的正弦公式，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎14．已知抛物线 的准线为，过 且斜率为 的直线与 相交于点 ，与 的一个交点为 ．若 ，则 ________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎15．已知，且，则的最小值为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由 而 ‎ 由此可求的最小值.‎ ‎【详解】‎ 已知，由，可得 则当且仅当即等号成立.‎ 即答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式的应用，属中档题.‎ ‎16．设函数,，对任意,∈(0,+∞)，不等式恒成立，则正数k的取值范围是____________.(其中e为自然对数底数)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据基本不等式求出函数的最小值为，利用导数求出函数的最大值为，于是问题可转化为，解不等式可得结果．‎ ‎【详解】‎ ‎∵当时，，当且仅当，即时等号成立．‎ ‎∴当时，函数的最小值为．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴当时，单调递增，‎ 当时，单调递减，‎ ‎∴当时，有最大值，且最大值为．‎ ‎∵对任意,∈(0,+∞)，不等式恒成立，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴正数k的取值范围是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】‎ 对于双变量的恒成立问题，仍然转化为求函数最值的问题求解，不过解题时需要求出两个函数的最值，再转化为解不等式的问题处理．解题时注意记准以下结论：任意的x1A，x2B，f(x1)>g(x2)f(x)min>g(x)max．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．某中学高二年级组织外出参加学业水平考试，出行方式为：乘坐学校定制公交或自行打车前往，大数据分析显示，当的学生选择自行打车，自行打车的平均时间为 (单位:分钟) ,而乘坐定制公交的平均时间不受影响,恒为40分钟,试根据上述分析结果回答下列问题: ‎ ‎（1）当在什么范围内时,乘坐定制公交的平均时间少于自行打车的平均时间?‎ ‎（2）求该校学生参加考试平均时间的表达式:讨论的单调性,并说明其实际意义.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意知得到关于x的不等式，求解不等式即可确定乘坐定制公交的平均时间少于自行打车的平均时间时x的取值范围.‎ ‎（2）分类讨论0＜x≤30和30＜x＜100两种情况下函数的单调性并说明其实际意义即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意知，当30＜x＜100时，‎ f（x）=2x+-90＞40，‎ 即x2-65x+900＞0，‎ 解得x＜20或x＞45，‎ ‎∴x∈（45，100）时，乘坐定制公交的平均时间少于自行打车的平均时间；‎ ‎（2）当0＜x≤30时，‎ g（x）=30•x%+40（1-x%）=40-；‎ 当30＜x＜100时，‎ g（x）=（2x+-90）•x%+40（1-x%）=-x+58；‎ ‎∴g（x）=，‎ 当0＜x＜32.5时，g（x）单调递减；‎ 当32.5＜x＜100时，g（x）单调递增；‎ 在上单调递减,在上单调递增，‎ 说明当以上的人自驾时，人均通勤时间开始增加.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．‎ ‎(2)‎ 当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．‎ ‎18．在中，已知，且为锐角.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2） 若，且的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角公式化简已知等式，可求角B的大小.‎ ‎（2）利用已知及余弦定理求得及b,可求的周长.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，‎ ‎∴或.‎ 在中，∵，∴.‎ ‎（2）设的内角的对边分别为，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴.‎ 又∵的面积为，∴，‎ ‎∴.‎ 当为锐角，∴， ‎ 由余弦定理得 ，∴，‎ ‎∴的周长为.‎ 当为钝角时，，‎ 由余弦定理得 ，∴，‎ ‎∴的周长为.‎ ‎【点睛】‎ 本题结合三角形面积公式考查学生对二倍角公式及余弦定理的熟练运用能力，考查了学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎19．设数列的前项和为，且．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意分类讨论可得an＋1－an＝2恒成立，则数列{an}是首项为3、公差为2的等差数列，据此即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）结合(1)中的通项公式求解数列的前项和即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由条件知Sn＝nan＋1－n2－n，①‎ 当n＝1时，a2－a1＝2；‎ 当n≥2时，Sn－1＝（n－1）an－（n－1）2－（n－1），②‎ ‎①－②得an＝nan＋1－（n－1）an－2n，‎ 整理得an＋1－an＝2．‎ 综上可知，数列{an}是首项为3、公差为2的等差数列，从而得an＝2n＋1．‎ ‎（2）由（1）得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题的核心是考查裂项求和的方法，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．‎ ‎20．如图1，已知中，，点在斜边上的射影为点.‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）如图2，已知三棱锥中，侧棱，，两两互相垂直，点在底面内的射影为点.类比（Ⅰ）中的结论，猜想三棱锥中与，，的关系，并证明.‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)答案见解析.‎ ‎【解析】分析：（Ⅰ）先分析得到，再由勾股定理得到，再化简即得 ‎.( Ⅱ)先类比猜想得到猜想：.再利用（Ⅰ）的结论证明.‎ 详解：（Ⅰ）由条件得，，所以，‎ 由勾股定理，，所以，‎ 所以 .‎ ‎（Ⅱ）猜想：.‎ 证明如下：‎ 连接延长交于点，连接，‎ 因为，，‎ 点，所以平面，又平面，得，‎ 平面，平面，则.‎ 在直角三角形中，由（Ⅰ）中结论，.‎ 平面，则，又平面，所以，‎ 而点，平面，所以平面，.‎ 又，由（Ⅰ）中结论，得.‎ 所以.‎ 点睛：（1）本题主要考查几何证明和类比推理及其证明，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答第2问的关键有两个，其一是连接延长交于点，连接，证明，其二是证明都用到第1问的结论.‎ ‎21．已知椭圆的中心在坐标原点，其焦点与双曲线的焦点重合，且椭圆的短轴的两个端点与其一个焦点构成正三角形.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过双曲线的右顶点作直线与椭圆交于不同的两点.设，当为定值时，求的值；‎ ‎【答案】(1) ；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设方程为，确定，利用椭圆的短轴的两个端点与构成正三角形，所以，进而求得的值，即可得到答案.‎ ‎（2）设的方程为代入椭圆的方程，利用根与系数的关系，结合向量的数量积公式，化简，即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意得椭圆的焦点在轴上，设方程为，‎ 其左右焦点为，，所以，‎ 又因为椭圆的短轴的两个端点与构成正三角形，所以 又因为，所以.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）①双曲线右顶点为.‎ 当直线的斜率存在时，设的方程为 由得 设直线与椭圆交点，，‎ 则，，‎ 则，，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ 当，即时为定值.‎ 当直线的斜率不存在时，直线的方程为 由得，不妨设，，由可得.‎ ‎，，所以 综上所述当时为定值.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）若函数，试研究函数的极值情况；‎ ‎（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值情况；（2）先证明，即在区间内单调递增，根据零点存在性定理， 存在 ‎，使得，可得以，要证，只需证，即，记，其中，利用导数可证明单调递增，故当时，，即可得，进而可得结果.‎ 试题解析：（1）由题意，得，‎ 故，‎ 故，‎ ‎.‎ 令，得 ‎①当时，，‎ 或；‎ ‎,‎ 所以在处取极大值，‎ 在处取极小值.‎ ‎②当时，，恒成立，所以不存在极值；‎ ‎③当时，，或；‎ ‎,‎ 所以在处取极大值，‎ 在处取极小值.‎ 综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.‎ ‎（2），定义域为，‎ ‎，而，‎ 故，即在区间内单调递增 又，，‎ 且在区间内的图象连续不断，‎ 故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.‎ 所以存在，使得，‎ 且当时，；‎ 当时，，‎ 所以 当时，，‎ 由得单调递增；‎ 当当时，，‎ 由得单调递减；‎ 若在区间内有两个不等实根（）‎ 则.‎ 要证，即证 又，而在区间内单调递减，‎ 故可证，‎ 又由，‎ 即证，‎ 即 记，其中 记，则，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 故 而，故，‎ 而，‎ 所以，‎ 因此，‎ 即单调递增，故当时，，‎ 即，故，得证.‎