仁怀市外国语学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

一、选择题

1． 已知圆C1：x2+y2=4和圆C2：x2+y2+4x﹣4y+4=0关于直线l对称，则直线l的方程为（　　）A．x+y=0B．x+y=2C．x﹣y=2D．x﹣y=﹣2

2． 执行如图所示的程序框图，若a=1，b=2，则输出的结果是（ ）

A．9　

B．11C．13D．15

23． 方程x11y1表示的曲线是（ A．一个圆 A．f（2）＜f（π）＜f（5）f（π）＜f（2）

5． 直线2x+y+7=0的倾斜角为（　　）A．锐角B．直角C．钝角D．不存在6． 已知命题p：存在x0＞0，使2A．对任意x＞0，都有2x≥1C．存在x0＞0，使2

）

C．两个圆 C．f（2）＜f（5）＜f（π）

D．半圆）

D．f（5）＜

B． 两个半圆 B．f（π）＜f（2）＜f（5）

4． 函数y=f（x）在[1，3]上单调递减，且函数f（x+3）是偶函数，则下列结论成立的是（

＜1，则￢p是（

＜1

）

B．对任意x≤0，都有2x＜1

≥1D．存在x0≤0，使2

7． 已知点F1，F2为椭圆

则此椭圆的离心率的取值范围是（

）

的左右焦点，若椭圆上存在点P使得，

A．（0，）B．（0，]C．（，]D．[，1）　

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8． 已知三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为（　　）

A．B．或36+C．36﹣D．或36﹣

9． 已知函数f（x）=xex﹣mx+m，若f（x）＜0的解集为（a，b），其中b＜0；不等式在（a，b）中有且只有一个整数解，则实数m的取值范围是（ A．　

10．已知圆M过定点(0,1)且圆心M在抛物线x2y上运动，若x轴截圆M所得的弦为|PQ|，则弦长

2）

D．

B．C．

|PQ|等于（ ）

A．2 难度较大.

11．抛物线y=﹣x2上的点到直线4x+3y﹣8=0距离的最小值是（ A．

B．

C．

）

D．3

）

B．3

C．4

D．与点位置有关的值

【命题意图】本题考查了抛物线的标准方程、圆的几何性质，对数形结合能力与逻辑推理运算能力要求较高，

12．设i是虚数单位，若z=cosθ+isinθ且对应的点位于复平面的第二象限，则θ位于（ A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

二、填空题

13．直线2x+3y+6=0与坐标轴所围成的三角形的面积为　　　　　　．14．设函数f(x)x(1a)xax有两个不同的极值点x1，x2，且对不等式f(x1)f(x2)0恒成立，则实数的取值范围是 体积是

 　　　　　　．．15．如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视如图是一个圆，那么该几何体的

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16．在ABC中，已知sinA:sinB:sinC3:5:7，则此三角形的最大内角的度数等于__________.

17．在（x2﹣）9的二项展开式中，常数项的值为　　　　　　．18．复数z=　

（i虚数单位）在复平面上对应的点到原点的距离为　　　　　　．三、解答题

19．证明：f（x）是周期为4的周期函数；（2）若f（x）=

（0＜x≤1），求x∈[﹣5，﹣4]时，函数f（x）的解析式．

是奇函数．

18．已知函数f（x）=

20．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以160,180，180,200，200,220，

220,240，240,260，260,280，280,300分组的频率分布直方图如图．

（1）求直方图中的值；

（2）求月平均用电量的众数和中位数．

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1111]

21．（本题满分12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn（1）求数列{an}的通项公式；

3an3（nN）.27（nN）.2【命题意图】本题考查了利用递推关系求通项公式的技巧，同时也考查了用错位相减法求数列的前n项和.重

（2）若数列{bn}满足anbnlog3a4n1，记Tnb1b2b3bn，求证：Tn点突出运算、论证、化归能力的考查，属于中档难度.

22．（本小题满分12分）

一个盒子里装有编号为1、2、3、4、5的五个大小相同的小球，第一次从盒子里随机抽取2个小球，记下球的编号，并将小球放回盒子，第二次再从盒子里随机抽取2个小球，记下球的编号．（Ⅰ）求第一次或第二次取到3号球的概率；

（Ⅱ）设为两次取球时取到相同编号的小球的个数，求的分布列与数学期望．

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23．f(x)sin2x3sin2x.2（1）求函数f(x)的单调递减区间；

（2）在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若f()1，ABC的面积为33，求的最小值.

A224．已知函数f（x）=ax2+2x﹣lnx（a∈R）．（Ⅰ）若a=4，求函数f（x）的极值；

（Ⅱ）若f′（x）在（0，1）有唯一的零点x0，求a的取值范围；

（Ⅲ）若a∈（﹣，0），设g（x）=a（1﹣x）2﹣2x﹣1﹣ln（1﹣x），求证：g（x）在（0，1）内有唯一的零点x1，且对（Ⅱ）中的x0，满足x0+x1＞1．

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仁怀市外国语学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参考答案）一、选择题

1． 【答案】D

【解析】【分析】由题意可得圆心C1和圆心C2，设直线l方程为y=kx+b，由对称性可得k和b的方程组，解方程组可得．

【解答】解：由题意可得圆C1圆心为（0，0），圆C2的圆心为（﹣2，2），∵圆C1：x2+y2=4和圆C2：x2+y2+4x﹣4y+4=0关于直线l对称，

∴点（0，0）与（﹣2，2）关于直线l对称，设直线l方程为y=kx+b，∴

•k=﹣1且

=k•

+b，

解得k=1，b=2，故直线方程为x﹣y=﹣2，故选：D．2． 【答案】C

【解析】解：当a=1时，不满足退出循环的条件，故a=5，当a=5时，不满足退出循环的条件，故a=9，当a=9时，不满足退出循环的条件，故a=13，当a=13时，满足退出循环的条件，故输出的结果为13，故选：C

【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．　

3． 【答案】A【解析】

试题分析：由方程x11y1，两边平方得x1(1y1)，即(x1)(y1)1，所

222222以方程表示的轨迹为一个圆，故选A.考点：曲线的方程.4． 【答案】B

【解析】解：∵函数y=f（x）在[1，3]上单调递减，且函数f（x+3）是偶函数，∴f（π）=f（6﹣π），f（5）=f（1），∵f（6﹣π）＜f（2）＜f（1），∴f（π）＜f（2）＜f（5）故选：B

【点评】本题考查的知识点是抽象函数的应用，函数的单调性和函数的奇偶性，是函数图象和性质的综合应用，难度中档．　

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5． 【答案】C

【解析】【分析】设直线2x+y+7=0的倾斜角为θ，则tanθ=﹣2，即可判断出结论．【解答】解：设直线2x+y+7=0的倾斜角为θ，则tanθ=﹣2，则θ为钝角．故选：C．

6． 【答案】A

【解析】解：∵命题p：存在x0＞0，使2故选：A　

7． 【答案】D【解析】解：由题意设解得x=

，故|

|=

，|

|=

，

=2x，则2x+x=2a，

＜1为特称命题，

∴￢p为全称命题，即对任意x＞0，都有2x≥1．

当P与两焦点F1，F2能构成三角形时，由余弦定理可得4c2=

+

﹣2×

×

×cos∠F1PF2，﹣

＜

＜1，即

cos∠F1PF2∈（＜e2＜1，∴

=

；

＜e＜1；

，

），

由cos∠F1PF2∈（﹣1，1）可得4c2=即

＜4c2＜

，∴

当P与两焦点F1，F2共线时，可得a+c=2（a﹣c），解得e=综上可得此椭圆的离心率的取值范围为[故选：D

，1）

【点评】本题考查椭圆的简单性质，涉及余弦定理和不等式的性质以及分类讨论的思想，属中档题．　

8． 【答案】D

【解析】

【分析】由于长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界），有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，故MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积，利用体积分割及球体的体积公式即可．【解答】解：因为长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动（含边界）， 有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体可能为该球体的或该三棱锥减去此球体的，即：

．

或

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故选D9． 【答案】C

【解析】解：设g（x）=xex，y=mx﹣m，由题设原不等式有唯一整数解，即g（x）=xex在直线y=mx﹣m下方，g′（x）=（x+1）ex，

g（x）在（﹣∞，﹣1）递减，在（﹣1，+∞）递增，故g（x）min=g（﹣1）=﹣

，y=mx﹣m恒过定点P（1，0），

结合函数图象得KPA≤m＜KPB，即

≤m＜

，

，

故选：C．

【点评】本题考查了求函数的最值问题，考查数形结合思想，是一道中档题．　

10．【答案】A

【解析】过M作MN垂直于x轴于N，设M(x0,y0)，则N(x0,0)，在RtMNQ中，|MN|y0，MQ为圆的半径，NQ为PQ的一半，因此

222|PQ|24|NQ|24(|MQ|2|MN|2)4[x0(y01)2y0]4(x02y01)又点M在抛物线上，∴x02y0，∴|PQ|2224(x02y01)4，∴|PQ|2.

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11．【答案】A【解析】解：由

△=（﹣4）2﹣4×3×8=﹣80＜0．

所以直线4x+3y﹣8=0与抛物线y=﹣x2无交点．设与直线4x+3y﹣8=0平行的直线为4x+3y+m=0联立

，得3x2﹣4x﹣m=0．

，得3x2﹣4x+8=0．

由△=（﹣4）2﹣4×3（﹣m）=16+12m=0，得m=﹣．

所以与直线4x+3y﹣8=0平行且与抛物线y=﹣x2相切的直线方程为4x+3y﹣=0．所以抛物线y=﹣x2上的一点到直线4x+3y﹣8=0的距离的最小值是故选：A．

【点评】本题考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了数学转化思想方法，训练了两条平行线间的距离公式，是中档题．　

12．【答案】B

【解析】解：∵z=cosθ+isinθ对应的点坐标为（cosθ，sinθ），且点（cosθ，sinθ）位于复平面的第二象限，∴故选：B．

【点评】本题考查复数的几何意义，考查三角函数值的符号，注意解题方法的积累，属于中档题．　

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=．

，∴θ为第二象限角，

二、填空题

13．【答案】　3　．

【解析】解：把x=0代入2x+3y+6=0可得y=﹣2，把y=0代入2x+3y+6=0可得x=﹣3，∴直线与坐标轴的交点为（0，﹣2）和（﹣3，0），故三角形的面积S=×2×3=3，故答案为：3．

【点评】本题考查直线的一般式方程和三角形的面积公式，属基础题．　

14．【答案】(,1],22【解析】

试题分析：因为f(x1)f(x2)0,故得不等式x1x21ax1x2ax1x20,即

33221xxx1x21223x1x21ax1x22x1x2ax1x20,由于

f'x3x221axa,令f'x0得方程3x221axa0,因4a2a10 , 故

22xx1a121322a5a20a2，，代入前面不等式,并化简得1a,解不等式得或a12xxa12311因此, 当a1或a2时, 不等式fx1fx20成立,故答案为(,1],2.

22考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.

【思路点晴】本题主要考查利用导数研究函数的极值点、韦达定理及高次不等式的解法，属于难题.要解答本题首先利用求导法则求出函数fx的到函数，令f'x0考虑判别式大于零，根据韦达定理求出数的取值范围.111]15．【答案】  　

【解析】解：此几何体是一个圆锥，由正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，其底面半径为1，且其高为正三角形的高由于此三角形的高为

，故圆锥的高为

　．

x1x2,x1x2的值，代入不等式f(x1)f(x2)0，得到关于的高次不等式，再利用“穿针引线”即可求得实

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此圆锥的体积为故答案为

=

【点评】本题考点是由三视图求几何体的面积、体积，考查对三视图的理解与应用，主要考查三视图与实物图之间的关系，用三视图中的数据还原出实物图的数据，再根据相关的公式求表面积与体积，本题求的是圆锥的体积．三视图的投影规则是：“主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等”．三视图是新课标的新增内容，在以后的高考中有加强的可能．　

16．【答案】120【解析】

考

点：解三角形．

【方法点晴】本题主要考查了解三角形问题，其中解答中涉及到三角形的正弦定理、余弦定理的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于基础题，本题的解答中根据

sinA:sinB:sinC3:5:7，根据正弦定理，可设a3,b5,7，即可利用余弦定理求解最大角的余弦，

熟记正弦、余弦定理的公式是解答的关键．17．【答案】　84　．

【解析】解：（x2﹣）9的二项展开式的通项公式为 Tr+1=令18﹣3r=0，求得r=6，可得常数项的值为T7=故答案为：84．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．　

18．【答案】　　．

【解析】解：复数z=复数z=故答案为：

=﹣i（1+i）=1﹣i，

．

=

=84，

•（﹣1）r•x18﹣3r，

（i虚数单位）在复平面上对应的点（1，﹣1）到原点的距离为：．

【点评】本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的几何意义，考查计算能力．　

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三、解答题

19．【答案】

【解析】（1）证明：由函数f（x）的图象关于直线x=1对称，有f（x+1）=f（1﹣x），即有f（﹣x）=f（x+2）．

又函数f（x）是定义在R上的奇函数，有f（﹣x）=﹣f（x）．故f（x+2）=﹣f（x）．从而f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x）．即f（x）是周期为4的周期函数．

（2）解：由函数f（x）是定义在R上的奇函数，有f（0）=0．x∈[﹣1，0）时，﹣x∈（0，1]，

．故x∈[﹣1，0]时，．

从而，x∈[﹣5，﹣4]时，函数f（x）的解析式为

．

【点评】本题考查函数奇偶性的性质，函数解析式的求解常用的方法，本题解题的关键是根据函数是一个奇函数对函数式进行整理，本题是一个中档题目．　

20．【答案】（１）x0.0075；（２）众数是230，中位数为224．【解析】

试题分析：（１）利用频率之和为一可求得的值；（２）众数为最高小矩形底边中点的横坐标；中位数左边和右边的直方图的面积相等可求得中位数．1

试题解析：（1）由直方图的性质可得(0.0020.00950.0110.0125x0.0050.0025)201，∴x0.0075．

．x∈[﹣5，﹣4]时，x+4∈[﹣1，0]，

考点：频率分布直方图；中位数；众数．21．【答案】【

解

析

】

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22．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）事件“第一次或第二次取到3号球的概率”的对立事件为“二次取球都没有取到3号球”，∴

22C4C416所求概率为P122（6分）

C5C525第 13 页，共 17 页

112C323C2C3C231（Ⅱ）0,1,2, P(0)2，P(1)，，（9分）P(2)22C510C55C510故的分布列为：P01231035110 （10分）

331412 （12分）105105523．【答案】（1）k,k（k）；（2）23.36∴E0【解析】

试题分析：（1）根据2k可得A22x62k3可求得函数f(x)的单调递减区间；（2）由2Af123，再由三角形面积公式可得bc12，根据余弦定理及基本不等式可得的最小值. 1

1131cos2xsin2xsin(2x)，2226235令2k2x2k，解得kxk，kZ，

262365∴f(x)的单调递减区间为[k,k]（kZ）.

36试题解析:（1）f(x)第 14 页，共 17 页

考点：1、正弦函数的图象和性质；2、余弦定理、基本不等式等知识的综合运用．24．【答案】

【解析】满分（14分）．

解法一：（Ⅰ）当a=4时，f（x）=4x2+2x﹣lnx，x∈（0，+∞），

．…（1分）

由x∈（0，+∞），令f′（x）=0，得

．

当x变化时，f′（x），f（x）的变化如下表：xf′（x）﹣f（x）↘故函数f（x）在

0极小值+↗单调递增，…（3分）f（x）有极小值

单调递减，在

，无极大值．…（4分）

（Ⅱ），

令f′（x）=0，得2ax2+2x﹣1=0，设h（x）=2ax2+2x﹣1．

则f′（x）在（0，1）有唯一的零点x0等价于h（x）在（0，1）有唯一的零点x0当a=0时，方程的解为

，满足题意；…（5分）

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当a＞0时，由函数h（x）图象的对称轴，函数h（x）在（0，1）上单调递增，

且h（0）=﹣1，h（1）=2a+1＞0，所以满足题意；…（6分）当a＜0，△=0时，

，此时方程的解为x=1，不符合题意；

当a＜0，△≠0时，由h（0）=﹣1，只需h（1）=2a+1＞0，得综上，

．…（8分）

．…（7分）

（说明：△=0未讨论扣1分）

（Ⅲ）设t=1﹣x，则t∈（0，1），p（t）=g（1﹣t）=at2+2t﹣3﹣lnt，…（9分）

，

由

，故由（Ⅱ）可知，

方程2at2+2t﹣1=0在（0，1）内有唯一的解x0，

且当t∈（0，x0）时，p′（t）＜0，p（t）单调递减；t∈（x0，1）时，p′（t）＞0，p（t）单调递增．…（11分）

又p（1）=a﹣1＜0，所以p（x0）＜0．…（12分）取t=e﹣3+2a∈（0，1），

则p（e﹣3+2a）=ae﹣6+4a+2e﹣3+2a﹣3﹣lne﹣3+2a=ae﹣6+4a+2e﹣3+2a﹣3+3﹣2a=a（e﹣6+4a﹣2）+2e﹣3+2a＞0，从而当t∈（0，x0）时，p（t）必存在唯一的零点t1，且0＜t1＜x0，即0＜1﹣x1＜x0，得x1∈（0，1），且x0+x1＞1，

从而函数g（x）在（0，1）内有唯一的零点x1，满足x0+x1＞1．…（14分）解法二：（Ⅰ）同解法一；…（4分）（Ⅱ）

令f′（x）=0，由2ax2+2x﹣1=0，得设

，则m∈（1，+∞），

，

．…（5分）

，…（6分）

的图象在（1，+∞）恰有一个交点问题．

问题转化为直线y=a与函数

又当m∈（1，+∞）时，h（m）单调递增，…（7分）

故直线y=a与函数h（m）的图象恰有一个交点，当且仅当（Ⅲ）同解法一．

．…（8分）

（说明：第（Ⅲ）问判断零点存在时，利用t→0时，p（t）→+∞进行证明，扣1分）

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【点评】本题考查函数与导数等基本知识，考查推理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程的思想、化归与转化的思想、数形结合的思想，考查运用数学知识分析和解决问题的能力．　

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