湖南省长沙市长郡中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

湖南省长沙市长郡中学2018-2019学年高二下学期期末考试数学（理）试题

长郡中学2018-2019学年度高二第二学期期末考试 数学(理科)‎ 一、选择题。‎ ‎1.设集合，若，则（ ）‎ A. 1 B. C. D. -1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得且，把代入二次方程求得，最后对的值进行检验.‎ ‎【详解】因为，所以且，‎ 所以，解得.‎ 当时，，显然，所以成立，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交运算，注意求出参数的值后要记得检验.‎ ‎2.已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数中的取值范围与函数中的范围一样.‎ ‎【详解】因为函数的定义域为，所以，所以，‎ 所以函数的定义域为.选D.‎ ‎【点睛】求抽象函数定义域是一种常见题型，已知函数的定义域或求函数的定义域均指自变量的取值范围的集合，而对应关系所作用的数范围是一致的，即括号内数的取值范围一样.‎ ‎3.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若角是第三象限角，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由单位圆中的三角函数线可得：终边关于轴对称的角与角的正弦值相等，所以，再根据同角三角函数的基本关系，结合余弦函数在第四象限的符号，求得.‎ ‎【详解】角与角终边关于轴对称，且是第三象限角，所以为第四象限角，‎ 因为，所以，又，解得：，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查单位圆中三角函数线的运用、同角三角函数的基本关系，考查基本的运算求解能力.‎ ‎4.已知命题“，使得”是真命题，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二次函数与二次不等式的关系，可得函数的判别式，从而得到.‎ ‎【详解】由题意知，二次函数的图象恒在轴上方，所以，‎ 解得：，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查利用全称命题为真命题，求参数的取值范围，注意利用函数思想求解不等式.‎ ‎5.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布，从中随机取一件.其长度误差落在区间内的概率为（ ）‎ ‎(附:若随机变量服从正态分布N，则，)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用原则，分别求出的值，再利用对称性求出.‎ ‎【详解】正态分布中，，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查正态分布知识，考查利用正态分布曲线的对称性求随机变量在给定区间的概率.‎ ‎6.定义在上的奇函数满足，且当时，，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等式可得函数的周期，得到，再由奇函数的性质得，根据解析式求出，从而得到的值.‎ ‎【详解】因为，所以的周期，‎ 所以，故选D.‎ ‎【点睛】由等式得函数的周期，其理由是：为函数自变量的一个取值，为函数自变量的另一个取值，这两个自变量的差始终为4，函数值始终相等，所以函数的周期为4.‎ ‎7.函数的单调递增区间为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用复合函数的单调性，直接把代入的单调递增区间，求出的范围即函数的单调递增区间.‎ ‎【详解】因为，解得：，‎ 所以函数的单调递增区间为：，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查正切函数单调递增区间，注意单调区间为一个开区间，同时要注意不能错解成，即把正、余弦函数的周期与正切函数的周期混淆.‎ ‎8.函数在处切线斜率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：首先求得函数的导函数，然后结合导函数研究函数的切线即可.‎ 详解：由函数的解析式可得：，‎ 则，‎ 即函数在处切线斜率为.‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：本题主要考查导函数与原函数切线之间的关系，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎9.已知函数，将其图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平移变换得到，由偶函数的性质得到， ‎ 从而求.‎ ‎【详解】由题意得：，‎ 因为为偶函数，所以函数的图象关于对称，‎ 所以当时，函数取得最大值或最小值，所以，‎ 所以，解得：，‎ 因为，所以当时，，故选B.‎ ‎【点睛】平移变换、伸缩变换都是针对自变量而言的，所以函数向右平移个单位长度后得到函数，不能错误地得到.‎ ‎10.已知函数，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由积分运算、微积分基本定理、积分的几何意义分别求出，从而求得.‎ ‎【详解】因为 由微积分基本定理得：，‎ 由积分的几何意义得：‎ 所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查积分的运算法则及积分的几何意义的运用，考查数形结合思想和运算求解能力.‎ ‎11.若函数，对任意实数都有，则实数的值为（ ）‎ A. 和 B. 和 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由得函数一条对称轴为 ,因此 ‎ ,由得 ,选A.‎ 点睛：求函数解析式方法：‎ ‎(1).‎ ‎(2)由函数的周期求 ‎(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.‎ ‎（4）由 求对称轴 ‎12.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，解得，故，其中，故.‎ 点睛：本题驻澳考查三角恒等变换，考查两角和的正切公式，考查降次公式和二倍角公式，考查利用同角三角函数关系求解齐次方程.首先先根据两角和的正切公式求得，然后利用降次公式和诱导公式化简要求解的式子，再利用齐次方程来求出结果.最突出的是选项的设置，如果记错降次公式或者诱导公式，则会计算出选项.‎ ‎13.设函数，若实数分别是的零点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意得，函数在各自的定义域上分别为增函数，‎ ‎∵， ‎ 又实数分别是的零点 ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故。选A。‎ 点睛：解答本题时，先根据所给的函数的解析式判断单调性，然后利用判断零点所在的范围，然后根据函数的单调性求得的取值范围，其中借助0将与联系在一起是关键。‎ ‎14.已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数关于轴对称的解析式为，则它与在有交点，在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，观察图象得到.‎ ‎【详解】函数关于轴对称的解析式为，‎ 函数，两个函数的图象如图所示：‎ 若过点时，得，但此时两函数图象的交点在轴上，‎ 所以要保证在轴的正半轴，两函数图象有交点，则的图象向右平移均存在交点，‎ 所以，故选C.‎ ‎【点睛】本题综合考查函数的性质及图象的平移问题，注意利用数形结合思想进行问题求解，能减少运算量.‎ ‎15.已知函数.若不等式的解集中整数的个数为3，则的取值范围是(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将问题变为，即有个整数解的问题；利用导数研究的单调性，从而可得图象；利用恒过点画出图象，找到有个整数解的情况，得到不等式组，解不等式组求得结果.‎ ‎【详解】由得：，即：‎ 令，‎ 当时，；当时，‎ 在上单调递减；在上单调递增 ‎，且，‎ 由此可得图象如下图所示：‎ 由可知恒过定点 不等式的解集中整数个数为个，则由图象可知：‎ ‎，即，解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查根据整数解的个数求解参数取值范围的问题，关键是能够将问题转化为曲线和直线的位置关系问题，通过数形结合的方式确定不等关系.‎ 二、填空题..‎ ‎16.已知函数，则_________‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断，再代入，利用对数恒等式，计算求得式子的值为.‎ ‎【详解】因为，所以，故填.‎ ‎【点睛】在计算的值时，先进行幂运算，再进行对数运算，能使运算过程更清晰.‎ ‎17.的展开式中第三项的系数为_________。‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项展开式的通项公式，当时得到项，再抽出其系数.‎ ‎【详解】，‎ 当时，，所以第三项的系数为，故填.‎ ‎【点睛】本题考查二项展开式的简单运用，考查基本运算能力，注意第3项不是，而是.‎ ‎18.某互联网公司借助手机微信平台推广自己的产品，对今年前5个月的微信推广费用与利润额（单位：百万元）进于了初步统计，得到下列表格中的数据：‎ 经计算，月微信推广费用与月利润额满足线性回归方程，则的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算,，代入线性回归方程即可得解.‎ ‎【详解】由题中数据可得.‎ 由线性回归方程经过样本中心,.‎ 有：，解得.‎ 故答案为：50.‎ ‎【点睛】本题主要考查了回归直线方程过样本中心，属于基础题.‎ ‎19.已知函数的图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为.则的解析式为________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数周期为，求出，再由图象的最低点，得到振幅，及.‎ ‎【详解】因为图象与两个交点之间的距离为，所以，‎ 所以，由于图象的最低点，则，‎ 所以，当时，，‎ 因为，所以，故填：.‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数的图象与性质，考查数形结合思想的应用，注意这一条件限制，从面得到值的唯一性.‎ ‎20.某中学连续14年开展“走进新农村”社会实践活动.让同学们开阔视野，学以致用.展开书本以外的思考.进行课堂之外的磨练.今年该中学有四个班级到三个活动基地.每个活动基地至少分配1个班级.则A、B两个班级被分到不同活动基地的情况有______种.‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分2步进行分析：（1）将四个班级分成3组，要求A,B两个班级不分到同一组；（2）将分好的三组全排列，安排到三个活动基地，由分步计数原理得到答案.‎ ‎【详解】根据题意，分2步进行分析：‎ ‎（1）将四个班级分成3组，要求A,B两个班级不分到同一组，有种分组方法；‎ ‎（2）将分好的三组全排列，安排到三个活动基地，有种情况，‎ 则有种不同的情况，故填：30.‎ ‎【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题.‎ 三、解答题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)判断的奇偶性并证明你的结论;‎ ‎(2)解不等式 ‎【答案】(1) 为奇函数；证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数定义域关于原点对称，再求得，从而得到原函数为奇函数；‎ ‎（2）利用对数式与指数式的互化，得到分式不等式，求得.‎ ‎【详解】（1）根据题意为奇函数；‎ 证明：，所以定义域为，关于原点对称． ‎ 任取，‎ 则．‎ 则有，为奇函数． ‎ ‎（2）由（1）知，，即，‎ ‎，即，‎ ‎∴或．‎ 又由，则有，‎ 综上不等式解集为．‎ ‎【点睛】本题以对数函数、分式函数复合的复合函数为背景，考查奇偶性和解不等式，求解时注意对数式与指数式互化.‎ ‎22.已知锐角的三个内角的对边分别为，且．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）运用三角形的余弦定理，可得sinC，可得角C； （2）运用正弦定理和两角差的正余弦公式，结合函数的单调性，即可得到所求范围．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由余弦定理，可得，‎ 所以，所以，‎ 又，所以． ‎ ‎（2）由正弦定理，，‎ 所以 ， ‎ 因为是锐角三角形，‎ 所以得， ‎ 所以，，‎ 即．‎ ‎23.甲、乙去某公司应聘面试.该公司的面试方案为:应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响.‎ ‎(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列，并计算其数学期望;‎ ‎(2)请分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性较大?‎ ‎【答案】(1) 甲、乙的分布列见解析；甲的数学期望2、乙的数学期望2； (2)甲通过面试的概率较大．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出甲、乙正确完成面试题的数量分别为，，由于，，分别写出分布列，再求期望值均为；‎ ‎（2）由于均值相等，可通过比较各自的方差.‎ ‎【详解】（1）设为甲正确完成面试题的数量，为乙正确完成面试题的数量，‎ 依题意可得：，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴X的分布列为：‎ X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎∴． ‎ ‎，‎ ‎∴，，‎ ‎，，‎ ‎∴Y的分布列为：‎ Y ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎∴． ‎ ‎（2），‎ ‎，‎ ‎∵，‎ ‎∴甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大．‎ ‎【点睛】本题考查超几何分布和二项分布的应用、期望和方差的计算，考查数据处理能力，求解时注意概率计算的准确性.‎ ‎24.已知（为自然对数的底数），.‎ ‎（1）当时，求函数极小值；‎ ‎（2）当时，关于的方程有且只有一个实数解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意，当时，然后求导函数，分析单调性求得极值；‎ ‎(2)先将原方程化简，然后换元转化成只有一个零点，再对函数进行求导，讨论单调性，利用零点存在性定理求得a的取值.‎ ‎【详解】（1）当时，令解得 ‎ 递减 极小值 递增 ‎ ‎ ‎（2）设，‎ 令，，‎ ‎，设，，‎ 由得，‎ ‎，在单调递增，‎ 即在单调递增，，‎ ‎①当，即时，时，，在单调递增,又，‎ 此时在当时，关于的方程有且只有一个实数解. ‎ ‎②当，即时，‎ ‎，又 故，当时，，单调递减，又，‎ 故当时，，‎ 在内，关于的方程有一个实数解. ‎ 又时，，单调递增，‎ 且，令，‎ ‎,,故在单调递增，又 故在单调递增，故，故，又，由零点存在定理可知，.‎ 故当时，的方程有两个解为和 综上所述：当时的方程有且只有一个实数解 ‎【点睛】本题主要考查了导函数的应用，讨论单调性和零点的存在性定理是解题的关键点，属于难题.‎ 如果函数y= f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a).f(b)<0,那么，函数y= f(x)在区间(a,b)内有零点，即存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个c也就是方程f(x)=‎ ‎ 0的根.‎ ‎25.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为＝（＞0），过点的直线的参数方程为（t为参数），直线与曲线C相交于A，B两点．‎ ‎（Ⅰ）写出曲线C的直角坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（Ⅱ）若，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）根据可将曲线C的极坐标方程化为直角坐标，两式相减消去参数得直线的普通方程为．（Ⅱ）由直线参数方程几何意义有，因此将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程中，‎ 得,由韦达定理有．解之得：或（舍去）‎ 试题解析：（Ⅰ）由得,‎ ‎∴曲线的直角坐标方程为．‎ 直线的普通方程为．‎ ‎（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程中，‎ 得,‎ 设两点对应的参数分别为,‎ 则有．‎ ‎∵,∴, 即．‎ ‎∴．‎ 解之得：或（舍去）,∴值为．‎ 考点：极坐标方程化直角坐标，参数方程化普通方程，直线参数方程几何意义 ‎26.已知函数.‎ ‎(1)若,解不等式;‎ ‎(2)若不等式对任意的实数恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：第一问先将代入解析式，之后应用零点分段法将绝对值不等式转化为若干个不等式组，最后取并集即可得结果；第二问将恒成立问题转化为最值问题来处理，应用绝对值的性质，将不等式的左边求得其最小值，之后将其转化为关于b的绝对值不等式，利用平方法求得结果.‎ 详解：（1）‎ ‎ ‎ 所以解集为：. ‎ ‎(2)‎ ‎ ‎ 所以的取值范围为：. ‎ 点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的求解问题，在解题的过程中，需要用到零点分段法求绝对值不等式的解集，再者对于恒成立问题可以向最值来转化，而求最值时需要用到绝对值不等式的性质，之后应用平方法求解即可得结果.‎ ‎ ‎