山西省应县第一中学校2018-2019学年高二下学期期末考试数学（文）试题 19页

高二年级期末考试数学试题（文）‎ 一、选择题（共12题，每题5分）‎ ‎1.已知集合,那么 (  )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得的集合，进而根据集合的运算，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，集合，‎ 则或，所以，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，同时考查了函数的定义域的求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎2.已知，则的虚部是（ ）‎ A. 1 B. -1 C. 3 D. -3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算，求得，进而取得复数的虚部，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，复数，所以复数的虚部为，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的基本概念，其中解答中熟记复数的基本运算法则，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.有一段演绎推理是这样的:“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线:已知直线平面,直线平面,直线平面,则直线直线”的结论显然是错误的,这是因为(   )‎ A. 大前提错误 B. 小前提错误 C. 推理形式错误 D. 非以上错误 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析该演绎推理的三段论，即可得到错误的原因，得到答案．‎ ‎【详解】该演绎推理的大前提是：若直线平行与平面，则该直线平行平面内所有直线，‎ 小前提是：已知直线平面，直线平面，‎ 结论是：直线平面；‎ 该结论是错误，因为大前提是错误的，‎ 正确叙述是“若直线平行于平面，过该直线作平面与已知平面相交，则交线与该直线平行”，、故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了演绎推理的三段论退，同时考查了空间中直线与平面平行的判定与性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎4.小明同学根据下表记录产量(吨)和能耗(吨标准煤)对应的四组数据,用最小二乘法求出了关于的线性回归方程是,之后却不慎将一滴墨水滴于表内,表中第二行第四列的数据已无法看清,据你判断这个数据应该是(   )‎ A. 3. B. 3.75 C. 4 D. 4.25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设表格中看不清的数据为，求得样本中心代入回归直线的方程，即可求解．‎ ‎【详解】设表格中看不清的数据为，‎ 由表格中的数据可得，‎ 把样本中心代入回归直线方程，可得，解得，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了回归直线方程的应用，其中解答中熟记回归直线方程的基本特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎5.设 则的值为（ ）‎ A. 10 B. 11 C. 12 D. 13‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分段函数的性质求解即可．‎ ‎【详解】∵f（x）＝ ，‎ ‎∴f（5）＝f[f（11-2）]＝f（9）‎ ‎＝f[f（15-2）]＝f（13）‎ ‎=13-2＝11．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查分段函数值的求法，解题时要注意分段函数性质的合理运用，属于基础题．‎ ‎6.函数的图象是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析解析式的特点，得到函数为偶函数，函数的图象关于轴对称，且与没有交点，再根据在上的单调性，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，函数的定义域为，关于原点对称，‎ 且，‎ 所以函数为偶函数，函数的图象关于轴对称，且与没有交点，‎ 当上单调递增，且趋向0时，趋向于，‎ 结合选项可知，应选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的解析式选函数的图象，其中解答中合理应用函数的奇偶性，以及函数值的变化趋势求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎7.若圆的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（t为参数），则直线与圆的位置关系是（ ）‎ A. 相交且过圆心 B. 相交但不过圆心 C. 相切 D. 相离 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，将圆和直线的参数方程变形为普通方程，分析可得圆心不在直线上，再利用点到直线的距离公式计算可得圆心到直线的距离 ‎，得到直线与圆的位置关系为相交．‎ ‎【详解】根据题意，圆的参数方程为（为参数），则圆的普通方程为，其圆心坐标为，半径为2.‎ 直线的方程为（为参数），则直线的普通方程为，即，圆心不在直线上.‎ ‎∴圆心到直线的距离为，即直线与圆相交.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查直线、圆的参数方程，涉及直线与圆的位置关系，解答本题的关键是将直线与圆的参数方程变形为普通方程.‎ ‎8.已知集合，， 若AB=A，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，又因为即，所以，解之得，故选C.‎ 考点：1.集合的表示；2.集合的运算.‎ ‎9.已知函数,若函数恰有4个零点,则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数恰有4个零点,转化为函数与的图象有4个不同的交点，结合图象及二次函数的性质，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，函数恰有4个零点,‎ 等价于函数与的图象有4个不同的交点，‎ 如图所示，结合图象，可知当直线过时，解得，‎ 当直线与相切时，‎ 联立方程组 ，整理得，‎ 令，解得，‎ 所以要使得函数与的图象有4个不同的交点，‎ 可得，‎ 即函数恰有4个零点,实数的取值范围是，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中把函数恰有4个零点,转化为函数与的图象有4个不同的交点，结合图象及二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎10.在平面几何中，可以得出正确结论：“正三角形的内切圆半径等于这个正三角形的高的 ‎.”拓展到空间中，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，‎ 可得如下结论：正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的．‎ 证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点．‎ 把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以4×S•r=•S•h，r=h．‎ ‎（其中S为正四面体一个面的面积，h为正四面体的高）‎ 故选B．‎ 点睛：平面图形类比空间图形，二维类比三维得到类比平面几何的结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的，证明方法是等积法（平面上等面积，空间等体积）．‎ ‎11.用min{a，b，c}表示a、b、c三个数中的最小值．设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为 (　　)‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在同一坐标系内画出三个函数y=10-x，y=x+2，y=2x的图象，以此作出函数f（x）图象，观察最大值的位置，通过求函数值，解出最大值．‎ ‎【详解】10-x是减函数，x+2是增函数，2x是增函数，令x+2=10-x，x=4，此时，‎ x+2=10-x=6，如图：‎ y=x+2 与y=2x交点是A、B，y=x+2与 y=10-x的交点为C（4，6），‎ 由上图可知f（x）的图象如图：‎ C为最高点，而C（4，6），所以最大值为6．‎ 故选D ‎12.若函数在上的最大值为，则的值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于函数进行求导，分类讨论，求得函数的单调性和最值，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 当时，即时，单调递减，‎ 当时，单调递增，‎ 所以当时，取得最大值，解得，不合题意；‎ 当时，在单调递减，所以最大值为，不成立；‎ 当时，在单调递减，此时最大值为，‎ 解得，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用求解函数在区间上的最值问题，其中解答中熟记导数与原函数的单调性之间的关系，合理分类讨论求得函数的最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ 二、填空题（共4题，每题5分）‎ ‎13.的值是__________.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算性质，准确化简、运算，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，复数．‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知集合,,则 __________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的值域，以及椭圆的性质求得集合，再根据集合的运算，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，集合，，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的运算，其中解答中根据函数的值域，以及椭圆的性质求得集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎15.在附近,取,在四个函数①；②；③；④中,平均变化率最大的是__________.‎ ‎【答案】③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据平均变化率的定义，求得，再分别计算各选项对应的平均变化率，即可求解．‎ ‎【详解】根据平均变化率的计算公式，可得，‎ 所以在附近取，则平均变化率的公式为，‎ 则要比较平均变化率的大小，只需比较的大小，‎ 下面逐项判定：‎ ‎①中，函数，则；‎ ‎②中，函数，则；‎ ‎③中，函数，则；‎ ‎④中，函数中, 则，‎ 所以，平均变化率最大的是③．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平均变化率的应用，其中解答中熟记平均变化率的计算公式，正准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎16.已知函数，若存在实数，满足，且，则的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出函数的图象，根据对数函数的性质，以及三角函数的对称性，得到，且，代入所求式子，运用二次函数的图象与性质，即可求解．‎ ‎【详解】作出函数的图象，如图所示，‎ 存在实数，满足，且，‎ 可得，即，‎ 且，即，‎ 则，‎ 令，‎ 则当时，函数单调递增，‎ 所以最小值为，最大值为，‎ ‎ 的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数的解析式，以及函数图象的应用，其中解答中结合函数的图象，利用对数函数和三角函数的对称性，求得的关系，再利用二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．‎ 三、解答题（共6题，第17题为10分，其余各题每题为12分）‎ ‎17.已知圆O的参数方程为 (θ为参数，0≤θ≤2π)．‎ ‎(1)求圆心和半径；‎ ‎(2)若圆O上点M对应的参数，求点M的坐标．‎ ‎【答案】（1）(0，0)，2；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先求出圆的普通方程,再写出圆心坐标和半径.(2)把θ＝代入圆的参数方程即得点M的坐标.‎ ‎【详解】解：(1)由 (0≤θ<2π)，‎ 平方得x2＋y2＝4，‎ 所以圆心O为(0，0)，半径r＝2.‎ ‎(2)当θ＝时，x＝2cos θ＝1，y＝2sin θ＝－，‎ 所以点M的坐标为(1，－)．‎ ‎【点睛】(1)本题主要考查参数方程和普通方程的互化，考查参数方程，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. (2) 参数方程消参常用的方法有三种:‎ 加减消参、代入消参、恒等式消参法.‎ ‎18.设二次函数在区间上的最大值、最小值分别是M、m，集合．‎ 若，且，求M和m的值；‎ 若，且，记，求最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由……………………………1分 又 ‎…………………3分…………4分 ‎……………………………5分 ‎……………………………6分 ‎（2）x=1‎ ‎∴，即……………………………8分 ‎∴f（x）=ax2+（1-2a）x+a, x∈[-2,2] 其对称轴方程为x=‎ 又a≥1，故1-……………………………9分 ‎∴M=f（-2）="9a-2 " …………………………10分 m=……………………………11分 g（a）=M+m=9a--1 ……………………………14分 ‎=………16分 ‎19.已知函数．‎ ‎(1)求函数的定义域；‎ ‎(2)若函数的最小值为－4，求实数的值．‎ ‎【答案】(1)；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据函数有意义，得到，即可求得函数的定义域；‎ ‎(2)化简函数的解析式为，集合二次函数的性质和对数函数的单调性，求得函数的最小值，进而求得实数的值．‎ ‎【详解】(1)要使函数有意义：则有，解之得，‎ 所以函数的定义域为．‎ ‎(2)函数可化为 ‎，‎ 因为，所以 因为，所以，即函数的最小值为，‎ 又由，得，所以，‎ 即实数的值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了对数函数的定义域的求解，以及对数函数的图象与性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎20.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，若以直角坐标系中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为为参数)．‎ ‎(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎(2)若曲线与曲线有公共点，求的取值范围．‎ ‎【答案】(1),；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角恒等变换的公式，消去参数，即可求得曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）由两曲线的方程，联立方程组，根据判别式，即可求解的取值范围．‎ ‎【详解】(1)由,得，‎ 又由 所以曲线可化为，‎ 又由,得，‎ 即，所以所以曲线可化为.‎ ‎(2)若曲线M，N有公共点，则当直线过点时满足要求，此时，‎ 并且向左下方平行移动直到相切之前总有公共点，相切时仍然只有一个公共点，‎ 联立,得，‎ 由，解得.‎ 综上可求得t取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线与圆锥曲线的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎21.已知函数（且）是定义在上的奇函数.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求函数的值域；‎ ‎（3）当时， 恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ；(2) ；(3) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数的奇偶性得到f（﹣x）=﹣f（x），求得a的值；‎ ‎（2）将f（x）变形，解关于y的不等式，得出f（x）的值域；‎ ‎（3）先化简不等式，再令2x=u，转化为一元二次不等式恒成立，根据二次函数图象列不等式，求出t的范围．‎ ‎【详解】（1）∵是定义在上的奇函数，即恒成立，∴.‎ 即，解得.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 记，即，∴，由知，‎ ‎∴，即的值域为 ‎（3）原不等式，即为.即.‎ 设，∵，∴，‎ ‎∵时，恒成立，‎ ‎∴时，恒成立，‎ ‎∴，∴解得.‎ ‎【点睛】恒成立的问题一般根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题.‎ ‎22.已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R)．‎ ‎(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求a的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间；‎ ‎(3)求证：当x>1时， x2＋ln x0。求出f′(x) =x－，当a≤0时f′(x) >0恒成立。故f(x)在 (0，＋∞) 单调递增；当a>0时，令f′(x)>0解得即为f(x)的单调増区间，令f′(x)<0解得即为f(x)的单调减区间。‎ ‎（3）构造函数g(x)＝x3－x2－ln x，利用导数得出g(x)在(1，＋∞)上为单调递增。易得g(x) >0恒成立，进而可得到结论。‎ ‎【详解】(1)解：f′(x)＝x－ ，因为x＝2是一个极值点，‎ 所以2－＝0，所以a＝4.‎ ‎(2)解：因为f′(x)＝x－，f(x)的定义域为x>0，‎ 所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．‎ 当a>0时，f′(x)＝x－＝＝，‎ 令f′(x)>0，得x>，‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)；‎ 令f′(x)<0，得01时，g′(x)＝>0，‎ 所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数．‎ 所以g(x)>g(1)＝>0.‎ 所以当x>1时，x2＋ln x