2018-2019学年江西省赣州市五校协作体高二下学期期中联考数学（理）试题 解析版 17页

绝密★启用前 江西省赣州市五校协作体2018-2019学年高二下学期期中联考数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．若复数满足（为虚数单位），则等于（ ）‎ A．1 B．2 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知得，利用复数的模的性质化简即得.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，∴，即，∴.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查复数的模的运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎2．已知命题：方程表示双曲线；命题：.命题是命题的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等价转化命题，利用充分必要性定义结合不等式性质判断即可.‎ ‎【详解】‎ 方程表示双曲线等价于，即命题：，‎ 由推不出，充分性不具备，‎ 由能推出，必要性具备，‎ 故命题是命题的必要不充分条件，‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用好双曲线方程系数的关系是解决本题的关键，比较基础．‎ ‎3．已知命题p：存在，，命题q：对任意x∈R，，下列命题为真命题的是(　　)‎ A．¬ q B．p且q C．p或(¬ q) D．(¬ p)且q ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别判断命题p,q的真假，再判断选项的真假得解.‎ ‎【详解】‎ 由y＝的性质可知，所以p为假命题，¬p是真命题；‎ ‎∵Δ＝(－1)2－4＝－3<0，∴q为真命题．∴(¬p)且q是真命题．‎ 故答案为：D ‎【点睛】‎ ‎（1）本题主要考查复合命题的真假，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 、复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.‎ ‎4．已知平面α内有一点M（1，-1，2），平面α的一个法向量=（2，-1，2），则下列点P在平面α内的是（　　）‎ A．4, B．0, C．3, D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，点P在平面内，可得，然后再验证答案，易知C选项可得，此时，得出答案.‎ ‎【详解】‎ 因为点M、P是平面内的点，平面的一个法向量=（2，-1，2），‎ 所以 ‎ 对于答案C， ‎ 此时 ‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查了用空间向量取解决立体几何中的垂直问题，属于较为基础题.‎ ‎5．4种不同产品排成一排参加展览，要求甲、乙两种产品之间至少有1种其它产品，则不同排列方法的种数是　　‎ A．12 B．10 C．8 D．6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出所有的排法，再排除甲乙相邻的排法，即得结果．‎ ‎【详解】‎ 解：4种不同产品排成一排所有的排法共有种，‎ 其中甲、乙两种产品相邻的排法有种，‎ 故甲、乙两种产品之间至少有1种其它产品，则不同排列方法的种数是排法有种．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查排列与组合及两个基本原理的应用，相邻的问题用捆绑法，属于中档题．‎ ‎6．直线与曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积为(　　)．‎ A．4 B． C．2 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 先根据题意画出图形：‎ 得到积分上限为，积分下限为 曲线与直线在第一象限内围成的封闭图形的面积为 而 故曲边梯形的面积为 故选 ‎7．函数 的图象大致为 ( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数，可得和，利用排除法，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数，可得，可排除C、D，‎ 又由，排除B，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数图象的识别问题，其中解答中根据函数的解析式，合理利用排除法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎8．已知的两个极值点分别为 且，则函数（ ）‎ A． B． C．1 D．与b有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数，利用韦达定理得到满足的方程组，解方程组可以得到，从而可求．‎ ‎【详解】‎ ‎，故，，且，‎ 又，所以，故，解得（舎）或者．‎ 此时， ，‎ 故 ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 如果在处及附近可导且的左右两侧导数的符号发生变化，则必为函数的极值点且．极大值点、极小值点的判断方法如下：‎ ‎（1）在的左侧附近，有，在的右侧附近，有，则为函数的极大值点；‎ ‎（2）在的左侧附近，有，在的右侧附近，有，则为函数的极小值点．‎ ‎9．已知动圆经过点，且截轴所得的弦长为4，则圆心的轨迹是（ ）‎ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出圆心C坐标，结合题意利用垂径定理及两点间的距离公式得到关于x、y的方程即可．‎ ‎【详解】‎ 设圆心C（x，y），弦为BD，过点C作CE⊥y 轴，垂足为E，则|BE|＝2，‎ ‎∴|CA|2＝|CB|2＝|CE|2+|BE|2，‎ ‎∴（x﹣2）2+y2＝22+x2，化为y2＝4x．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题综合考查了抛物线的标准方程，考查了垂径定理、两点间的距离公式，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎10．用数学归纳法证明不等式的过程中，从到时左边需增加的代数式是 (　 )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出当时，左边的代数式，当时，左边的代数式，相减可得结果.‎ ‎【详解】‎ 当时，左边的代数式为，‎ 当时，左边的代数式为，‎ 故用当时，左边的代数式减去时，左边的代数式的结果为：‎ ‎，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关应用数学归纳法证明问题的过程中，由到增加的项的问题，注意对式子的正确归纳，属于简单题目.‎ ‎11．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则等于（ ）‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图示总结出，则，由裂项相消法可求和。‎ ‎【详解】‎ 时，；时，；时，；时所以是3为公差的等差数列，所以。所以，利用裂项相消求和法可知 ，故选C ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列求通项及裂项相消法求和，考查分析，总结，计算能力，属中档题。裂项相消常考题型①，②，③，④。另外需注意裂项过程中容易出现丢项和多项的情况，容易使计算出错。‎ ‎12．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线与双曲线交于两点，且的面积为（为原点），则双曲线的方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线焦点坐标即得椭圆焦点坐标，可得，由的面积为可得，联立两式求得的值，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 即焦点为，‎ 即焦点为，‎ ‎，①‎ 又的面积为，‎ 时，,，‎ ‎，得，②‎ 由①②得，，‎ 双曲线的方程为,故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的方程与性质以及双曲线的方程与性质，属于中档题. 求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.‎ 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．已知函数，则曲线在点处的切线方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出及，即可求得，利用点斜式即可得到所求切线方程，问题得解。‎ ‎【详解】‎ 由题可得：，点化为：‎ 又，‎ 所以，所以所求切线斜率为，‎ 所以曲线在点处的切线方程为：，‎ 整理得：，‎ 所以曲线在点处的切线方程为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了导数的几何意义及直线方程的点斜式，考查计算能力，属于基础题。‎ ‎14．某次考试结束，甲、乙、丙三位同学聚在一起聊天.甲说：“你们的成绩都没有我高”乙说：“我的成绩一定比丙高”丙说：“你们的成绩都比我高”成绩公布后，三人成绩互不相同且三人中恰有一人说得不对，若将三人成绩从高到低排序，则甲排在第______名 ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别讨论三人中一人说的不对，另外2人正确，然后进行验证是否满足条件，即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，若甲说的不对，乙，丙说的正确，则甲不是最高的，‎ 乙的成绩比丙高，则乙最高，丙若正确，则丙最低，满足条件，‎ 此时三人成绩从高到底为乙，甲，丙，‎ 若乙说的不对，甲丙说的正确，则甲最高，乙最小，丙第二，此时丙错误，不满足条件．‎ 若丙说的不对，甲乙说的正确，则甲最高，乙第二，丙最低，此时丙也正确，不满足条件．‎ 故三人成绩从高到底为乙，甲，丙，则甲排第2位，‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了合情推理的应用，其中解答中利用三人中恰有一人说得不对，分别进行讨论是解决本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎15．设F是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一个焦点，若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据对称性，不妨设，短轴端点为，从而可知点在双曲线上，‎ ‎∴.‎ 考点：双曲线的标准方程及其性质.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其性质，属于容易题，根据对称性将条件中的信息进行 等价的转化是解题的关键，在求解双曲线的方程时，主要利用，焦点坐标，渐近线方程等性质，‎ 也会与三角形的中位线，相似三角形，勾股定理等平面几何知识联系起来.‎ ‎16．已知函数f (x)及其导数f ′(x)，若存在x0，使得f (x0)＝f ′(x0)，则称x0是f (x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是________．‎ ‎①f(x)＝x2；②f(x)＝e－x；③f(x)＝lnx；④f(x)＝tanx；⑤.‎ ‎【答案】①③⑤‎ ‎【解析】‎ 分析：求出各函数的导函数，解方程，有解的则有“巧值点”，无解的则没有“巧值点”.‎ 详解：①，得或，有“巧值点”；②，无解，无“巧值点”；③，方程有解，有“巧值点”；④，方程无解，无“巧值点”；⑤，方程有解，，有“巧值点”.‎ 故答案为①③⑤.‎ 点睛：本题是一种信息迁移题，考查学生的创新意识，解题关键是掌握新概念的实质，本题实际上是考查初等函数的求导，以及解方程（确定方程是否有解），属于中等题型.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．（1）设，用综合法证明：；‎ ‎（2）用分析法证明：.‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题目可采用作差法求证（2）用分析法，采用平方的方法可证明 ‎【详解】‎ ‎（1）‎ ‎ ‎ 而 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）要证，只需证，‎ 即证，只需证，即，而 显然成立，故原不等式得证.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了证明方法中的综合法及分析法，属于中档题.用分析法证明问题时，注意证明的格式，是从结论出发寻求结论成立的条件.‎ ‎18．如图，在边长为4的正方形中，点分别是的中点，点在上，且，将分别沿折叠，使点重合于点，如图所示.‎ 试判断与平面的位置关系，并给出证明；‎ 求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；‎ ‎（2）连接交与点，先由题中条件得到为二面角的平面角，再解三角形即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）平面．证明如下：在图1中，连接，交于，交于，‎ 则，‎ 在图2中，连接交于，连接，在中，有，，‎ ‎．‎ 平面，平面，故平面；‎ ‎（2）连接交与点，图2中的三角形与三角形PDF分别是图1中的与，，又，平面，则，又，平面，‎ 则为二面角的平面角．‎ 可知，则在中，，则．‎ 在中，，由余弦定理，得．‎ 二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.‎ ‎19．已知函数f（x）=x2（x-1）．‎ ‎（1）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）求f（x）在区间[-1，2]上的最大值和最小值．‎ ‎【答案】(1) 的递增区间为，递减区间为．‎ ‎(2) 最大值，最小值．‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）求导数后，由可得增区间，由可得减区间．（2）根据单调性求出函数的极值和区间的端点值，比较后可得最大值和最小值．‎ 详解：（1）∵，‎ ‎∴．‎ 由，解得或；‎ 由，解得，‎ 所以的递增区间为，递减区间为．‎ ‎（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，‎ 所以极大值，极小值，‎ 又，，‎ 所以最大值，最小值．‎ 点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系．‎ ‎（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值．‎ ‎20．已知抛物线C：过点 求抛物线C的方程；‎ 设F为抛物线C的焦点，直线l：与抛物线C交于A，B两点，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点的坐标代入抛物线，进行求解即可．‎ ‎（2）联立方程组，利用根与系数之间的关系结合三角形的面积公式进行求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为抛物线：过点，‎ 所以，解得，所以抛物线的方程为．‎ ‎（2）由抛物线的方程可知，直线与轴交于点，‎ 联立直线与抛物线方程，消去可得，‎ 所以，所以，‎ 所以的面积为．‎ ‎【点睛】‎ 直线与抛物线的位置关系，可通过联立直线方程和抛物线方程消去（或）得到关于（或）的方程，再利用韦达定理简化目标代数式，也可以直接求出相应的根，再考虑与交点有关的数学问题．‎ ‎21．已知椭圆C过点 ，两个焦点．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）设直线l交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝6，求△AOB面积的最大值．‎ ‎【答案】（1） ；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可设椭圆方程为（a＞b＞0），且c，再由椭圆定义求得a，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；‎ ‎（2）当直线AB的斜率不存在时，设直线方程为x＝m，由弦长求得m，可得三角形AOB的面积；当直线AB的斜率存在时，设直线方程为y＝kx+m，联立直线方程与椭圆方程，结合根与系数的关系及弦长可得m与k的关系，再由点到直线的距离公式求出原点O到AB的距离，代入三角形面积公式，化简后利用二次函数求最值，则答案可求．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由题意，设椭圆方程为（a＞b＞0），‎ 且c，2a12，‎ 则a＝6，∴b2＝a2﹣c2＝12．‎ ‎∴椭圆C的标准方程为；‎ ‎（2）当直线AB的斜率不存在时，设直线方程为x＝m，‎ 得|AB|，‎ 由|AB|6，解得m＝±3，‎ 此时；‎ 当直线AB的斜率存在时，设直线方程为y＝kx+m，‎ 联立，得（3k2+1）x2+6kmx+3m2﹣36＝0．‎ ‎△＝36k2m2﹣4（3k2+1）（3m2﹣36）＝432k2﹣12m2+144．‎ 设A（，），B（，），‎ 则，．‎ 由|AB|6，‎ 整理得：，原点O到AB的距离d．‎ ‎∴‎ ‎．‎ 当时，△AOB面积有最大值为9．‎ 综上，△AOB面积的最大值为．‎ ‎【点睛】‎ 圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若函数在上有零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求导，对a分类讨论，利用导函数的正负可得f（x）的单调性.‎ ‎（2）将已知进行转化，得到在上有解，分离参数a，构造函数，求导求得值域，可得a的范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以.‎ ‎①当时，因为，所以在上单调递增；‎ ‎②当时，令，解得或.‎ 令，解得，‎ 则在，上单调递增；‎ 在上单调递减.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 在上有零点，等价于关于的方程在上有解，‎ 即在上有解.‎ 因为，所以.‎ 令，则.‎ 令，，解得；令，，解得，‎ 则 上单调递减，在上单调递增，‎ 因为 ，，‎ 所以 ，‎ 则， ，‎ 故的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究函数的单调性与零点问题，考查了函数的最值的求法，考查了等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎