大兴区第一中学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

一、选择题

ax2x,x01． 已知f(x)，若不等式f(x2)f(x)对一切xR恒成立，则a的最大值为

2x, x0（ A．）

7 16B．9 16C．1 2D．14

2． 数列{an}中，a11，对所有的n2，都有a1Aa2Aa3ann，则a3a5等于（ A．

2）

D．

25 9B．

25 16C．

61 1631153． 若函数fx2sin2x的图象关于直线x对称，且当

212217x1，x2，，x1x2时，fx1fx2，则fx1x2等于（

123A．2

B．22）

D．24 C.624． 江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距（ A．10米

B．100米

）

C．30米

D．20米

）

5． 执行如图所示的程序框图，若输出的S=88，则判断框内应填入的条件是（

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A．k＞7B．k＞6C．k＞5D．k＞4

6． 在△ABC中，若2cosCsinA=sinB，则△ABC的形状是（ A．直角三角形

B．等边三角形

D．等腰三角形

C．等腰直角三角形

）

2xy20,227． 如果点P在平面区域x2y10,上，点Q在曲线x(y2)1上，那么|PQ|的最小值为

xy20（

）

B．A．51

41 5）

C. 221 D．218． 已知集合M={x|x2＜1}，N={x|x＞0}，则M∩N=（ A．∅可．9． 直线A．

的倾斜角是（ B．

）

C．

B．{x|x＞0}C．{x|x＜1}D．{x|0＜x＜1}

D．

10．圆锥的高扩大到原来的 倍，底面半径缩短到原来的 A.缩小到原来的一半 C.不变

1，则圆锥的体积（ ）216B.扩大到原来的倍D.缩小到原来的

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11．单位正方体（棱长为1）被切去一部分，剩下部分几何体的三视图如图所示，则（ ）

A．该几何体体积为B．该几何体体积可能为

D．该几何体唯一）C．＞

D．＜

C．该几何体表面积应为+　

12．若a＜b＜0，则（ A．0＜＜1B．ab＜b2

二、填空题

113．已知函数fxx3mx,gxlnx.mina,b表示a,b中的最小值，若函数

4hxminfx,gxx0恰有三个零点，则实数m的取值范围是 ▲ ．14．定义在R上的可导函数f(x)，已知

y15．C两点，A为抛物线x2=﹣8y的焦点，过原点的直线l与函数y=的图象交于B，则|

+

|=　　　　　　．　116．已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是2，另一组数据ax1，ax2，ax3，ax4，ax5（a0）

xO2a ．的标准差是212，则yef′x的图象如图所示，则yf(x)的增区间是 ▲ ．

ym17．设mR，实数x，y满足2x3y60，若2xy18，则实数m的取值范围是___________．

3x2y60【命题意图】本题考查二元不等式（组）表示平面区域以及含参范围等基础知识，意在考查数形结合的数学思想与运算求解能力．

18．已知tanβ=，tan（α﹣β）=，其中α，β均为锐角，则α=　　．三、解答题

19．等差数列{an} 中，a1=1，前n项和Sn满足条件（Ⅰ）求数列{an} 的通项公式和Sn；

（Ⅱ）记bn=an2n﹣1，求数列{bn}的前n项和Tn．

，

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20．【2017-2018学年度第一学期如皋市高三年级第一次联考】已知函数fxx3其中kR.（1）当k3时，求函数fx在0,5上的值域；

3k1x23kx1，2（2）若函数fx在1,2上的最小值为3，求实数k的取值范围.

21．如图，在三棱锥 PABC中，E,F,G,H分别是AB,AC,PC,BC的中点，且

PAPB,ACBC.

（1）证明： ABPC；

（2）证明：平面 PABA平面 FGH.

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22．某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：

[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]（Ⅰ）求图中x的值，并估计该班期中考试数学成绩的众数；

（Ⅱ）从成绩不低于90分的学生和成绩低于50分的学生中随机选取2人，求这2人成绩均不低于90分的概率．

23．已知函数f（x）=lg（2016+x），g（x）=lg（2016﹣x）（1）判断函数f（x）﹣g（x）的奇偶性，并予以证明．（2）求使f（x）﹣g（x）＜0成立x的集合．　

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24．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，，E，F分别是A1C1，

AB的中点．

（I）求证：平面BCE⊥平面A1ABB1；（II）求证：EF∥平面B1BCC1；（III）求四棱锥B﹣A1ACC1的体积．

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大兴区第一中学校2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参）一、选择题

1． 【答案】C

【解析】解析：本题考查用图象法解决与函数有关的不等式恒成立问题．

当a0（如图1）、a0（如图2）时，不等式不可能恒成立；当a0时，如图3，直线y2(x2)与函数yaxx图象相切时，a观察图象可得a2． 【答案】C【解析】

29812，切点横坐标为，函数yaxx图象经过点(2,0)时，a，16321，选C．2n2试题分析：由a1Aa2Aa3ann，则a1Aa2Aa3an1(n1)，两式作商，可得an，所以2(n1)22325261a3a522，故选C．

2416考点：数列的通项公式．3． 【答案】C【

解

析

】

考

点：函数的图象与性质.

【方法点晴】本题主要考查函数的图象与性质，涉及数形结合思想、函数与方程思想、转化化归思想，考查逻辑推理能力、化归能力和计算能力，综合程度高，属于较难题型．首先利用数形结合思想和转化化归思想可得

2122kkZ，解得可得x1，fx1，从而fx2sin2x，再次利用数形结合思想和转化化归思想

331111对称，可得x1x2，从而，x2，fx2关于直线x126第 7 页，共 17 页

611．fx1x22sin3234． 【答案】C

【解析】解：如图，过炮台顶部A作水平面的垂线，垂足为B，设A处观测小船C的俯角为45°，设A处观测小船D的俯角为30°，连接BC、BDRt△ABC中，∠ACB=45°，可得BC=AB=30米Rt△ABD中，∠ADB=30°，可得BD=在△BCD中，BC=30米，BD=30由余弦定理可得：

CD2=BC2+BD2﹣2BCBDcos30°=900∴CD=30米（负值舍去）故选：C

AB=30

米

米，∠CBD=30°，

【点评】本题给出实际应用问题，求炮台旁边两条小船距的距离．着重考查了余弦定理、空间线面的位置关系等知识，属于中档题．熟练掌握直线与平面所成角的定义与余弦定理解三角形，是解决本题的关键．　

5． 【答案】 C

【解析】解：程序在运行过程中各变量值变化如下表：

K S

是否继续循环

是是是是否

循环前 1 0第一圈 2 2 第二圈 3 7 第三圈 4 18 第四圈 5 41 第五圈 6 88 故答案选C．

故退出循环的条件应为k＞5？

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【点评】算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视．程序填空也是重要的①分支的条件②循环的条件③变量的赋值④变量的输出．其中前两点考试的考试题型，这种题考试的重点有：概率更大．此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误．

6． 【答案】D

【解析】解：∵A+B+C=180°，

∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+sinCcosA=2cosCsinA，∴sinCcosA﹣sinAcosC=0，即sin（C﹣A）=0，∴A=C 即为等腰三角形．故选：D．

【点评】本题考查三角形形状的判断，考查和角的三角函数，比较基础．　

7． 【答案】A【解析】

试题分析：根据约束条件画出可行域Z|PQ|表示圆上的点到可行域的距离,当在点A处时,求出圆心到可行域的距离内的点的最小距离5,当在点A处最小, |PQ|最小值为51,因此，本题正确答案是51.

考点：线性规划求最值.8． 【答案】D

【解析】解：由已知M={x|﹣1＜x＜1}，N={x|x＞0}，则M∩N={x|0＜x＜1}，故选D．

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【点评】此题是基础题．本题属于以不等式为依托，求集合的交集的基础题，　

9． 【答案】A

【解析】解：设倾斜角为α，∵直线∴tanα=

，

的斜率为

，

∵0°＜α＜180°，∴α=30°故选A．

【点评】本题考查了直线的倾斜角与斜率之间的关系，属于基础题，应当掌握．　

10．【答案】A【解析】

12rh，将圆锥的高扩大到原来3V111122的倍，底面半径缩短到原来的，则体积为V2(2r)hrh，所以12，故选A.

V22326试题分析：由题意得，设原圆锥的高为，底面半径为，则圆锥的体积为V1考点：圆锥的体积公式.111．【答案】C

【解析】解：由已知中三视图可得该几何体是由一个边长为1的正方体，截掉一个角（三棱锥）得到且该三棱锥有条过同一顶点且互相垂直的棱长均为1

该几何体的表面积由三个正方形，有三个两直角边为1的等腰直角三角形和一个边长为故其表面积S=3•（1×1）+3•（×1×1）+故选：C．

【点评】本题考查的知识点是由三视图求表面积，其中根据三视图分析出该几何的形状及各边边长是解答本题的关键．

12．【答案】A

【解析】解：∵a＜b＜0，∴0＜＜1，正确；ab＜b2，错误；＜＜0，错误；

•（

）2=

．

的正三角形组成

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0＜＜1＜，错误；故选：A．　

二、填空题

5313．【答案】,44【解析】

2试题分析：fx3xm，因为g10，所以要使hxminfx,gxx0恰有三个零点，须满足

f10,f(5m153m)0,m0，解得m,m343244考点：函数零点

【思路点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.14．【答案】（﹣∞，2）【解析】试题分析：由x2时ef′x1f(x)0，x2时ef′x1f(x)0，所以yf(x)的

增区间是（﹣∞，2）考点：函数单调区间15．【答案】　4　．

【解析】解：由题意可得点B和点C关于原点对称，∴|再根据A为抛物线x2=﹣8y的焦点，可得A（0，﹣2），∴2|

|=4，

+

|=2|

|是解题的关键．

故答案为：4．

【点评】本题主要考查抛物线的方程、简单性质，属于基础题，利用|　

16．【答案】2【解析】

试题分析：第一组数据平均数为x,(x1x)(x2x)(x3x)(x4x)(x5x)2，

22222+|=2||，

(ax1ax)2(ax2ax)2(ax3ax)2(ax4ax)2(ax5ax)28,a24,a2．

考点：方差；标准差．17．【答案】[3,6].【

解

析

】

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18．【答案】　

　．

【解析】解：∵tanβ=，α，β均为锐角，∴tan（α﹣β）=∴α=

=

=，解得：tanα=1，

．

．

故答案为：

【点评】本题考查了两角差的正切公式，掌握公式是关键，属于基础题．　

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，

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由=4得=4，

所以a2=3a1=3且d=a2﹣a1=2，所以an=a1+（n﹣1）d=2n﹣1，

=

（Ⅱ）由bn=an2n﹣1，得bn=（2n﹣1）2n﹣1．所以Tn=1+321+522+…+（2n﹣1）2n﹣1

①

②

2Tn=2+322+523+…+（2n﹣3）2n﹣1+（2n﹣1）2n ①﹣②得：﹣Tn=1+22+222+…+22n﹣1﹣（2n﹣1）2n=2（1+2+22+…+2n﹣1）﹣（2n﹣1）2n﹣1=2×

=2n（3﹣2n）﹣3．∴Tn=（2n﹣3）2n+3．

【点评】本题主要考查数列求和的错位相减，错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．此方法是数列求和部分高考考查的重点及热点．　

20．【答案】（1）1,21;（2）k2.分k1和k1两种情况进行讨论；

2﹣（2n﹣1）2n﹣1

【解析】试题分析：（1）求导，再利用导数工具即可求得正解；（2）求导得f'x3x1xk，再试题解析：（1）解：k3 时，fxx6x9x132则fx3x12x93x1x3令fx0得x11,x23列表

xfxfx

00,1+

11,3 -单调递减

3013,5+单调递增

3051单调递增 21

由上表知函数fx的值域为1,21（2）方法一：fx3x3k1x3k3x1xk2①当k1时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递增

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所以fxminf11 即k3k13k1325（舍） 3②当k2时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递减

所以fxminf286k13k213 符合题意

当x1,k时，f'x0fx区间在1,k单调递减

③当1k2时,

当xk,2时，f'x0fx区间在k,2单调递增 所以fxminfkk3化简得：k33k240即k1k2023k1k23k2132所以k1或k2（舍）

32注：也可令gkk3k42则gk3k6k3kk2对k1,2,gk0所以0gk2不符合题意

2gkk33k24在k1,2单调递减

综上所述：实数k取值范围为k2方法二：fx3x3k1x3k3x1xk①当k2时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递减 所以fxminf286k13k213 符合题意 所以fxminf23不符合题意

当x1,k时，f'x0fx区间在1,k单调递减 所以fxminfkf23不符合题意综上所述：实数k取值范围为k2③当1k2时,

…………8分

②当k1时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递增

当xk,2时，f'x0fx区间在k,2单调递增

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21．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】

考

点：平面与平面平行的判定；空间中直线与直线的位置关系.22．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）由（0.006×3+0.01+0.054+x）×10=1，解得x=0.018，

前三组的人数分别为：（0.006×2+0.01+0.018）×10×50=20，第四组为0.054×10×50=27人，故数学成绩的众数落在第四组，故众数为75分．

（Ⅱ）分数在[40，50）、[90，100]的人数分别是3人，共6人，∴这2人成绩均不低于90分的概率P=

=．

【点评】本题考查频率分布直方图及古典概型的问题，前者要熟练掌握直方图的基本性质和如何利用直方图求众数；后者往往和计数原理结合起来考查．　

23．【答案】

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【解析】解：（1）设h（x）=f（x）﹣g（x）=lg（2016+x）﹣lg（2016﹣x），h（x）的定义域为（﹣2016，2016）；h（﹣x）=lg（2016﹣x）﹣lg（2016+x）=﹣h（x）；∴f（x）﹣g（x）为奇函数；

（2）由f（x）﹣g（x）＜0得，f（x）＜g（x）；即lg（2016+x）＜lg（2016﹣x）；∴

解得﹣2016＜x＜0；

∴使f（x）﹣g（x）＜0成立x的集合为（﹣2016，0）．

【点评】考查奇函数的定义及判断方法和过程，对数的真数需大于0，以及对数函数的单调性．　

24．【答案】

【解析】（I）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以，BB1⊥BC．

又因为AB⊥BC且AB∩BB1=B，所以，BC⊥平面A1ABB1．因为BC⊂平面BCE，

所以，平面BCE⊥平面A1ABB1．

（II）证明：取BC的中点D，连接C1D，FD．因为E，F分别是A1C1，AB的中点，所以，FD∥AC且

．；

因为AC∥A1C1且AC=A1C1，所以，FD∥EC1且 FD=EC1．所以，四边形FDC1E是平行四边形．所以，EF∥C1D．

又因为C1D⊂平面B1BCC1，EF⊄平面B1BCC1，所以，EF∥平面B1BCC1．（III）解：因为所以，

．

．

，AB⊥BC

过点B作BG⊥AC于点G，则

因为，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1⊂平面A1ACC1

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所以，平面A1ACC1⊥底面ABC．所以，BG⊥平面A1ACC1．所以，四棱锥B﹣A1ACC1的体积

．

【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，线面垂直的性质，棱锥的体积计算，属于中档题．　

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