2017-2018学年湖北省宜昌市第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题（解析版） 20页

‎2017-2018学年湖北省宜昌市第一中学高二下学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．设，，集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：由题意首先求得集合B，然后进行交集运算即可求得最终结果.‎ 详解：求解二次不等式可得，‎ 结合交集的定义可知： .‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：本题主要考查集合的表示方法，交集的定义及其运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2．已知为虚数单位，则复数对应复平面上的点在第（ ）象限．‎ A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 ‎【答案】D ‎【解析】分析：首先化简所给的复数，然后确定复数所在的象限即可.‎ 详解：由题意可得：‎ ‎，‎ 则复数对应的点为，该点位于第四象限，‎ 即复数对应复平面上的点在第四象限.‎ 本题选择D选项.‎ 点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎3．设，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据不等式的解法求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．‎ 详解：当x＞0时，由|x|﹣1＞2x得x﹣1＞2x，得x＜﹣1，此时无解，‎ 当x≤0时，由|x|﹣1＞2x得﹣x﹣1＞2x，得x＜﹣，‎ 综上不等式的解为x＜﹣，‎ 由≤0得x+1＜0得x＜﹣1，‎ 则“|x|﹣1＞2x”是“≤0”的必要不充分条件，‎ 故选：B．‎ 点睛：充分、必要条件的三种判断方法．‎ ‎1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒ ”为真，则是的充分条件．‎ ‎2．等价法：利用⇒ 与非⇒非， ⇒ 与非⇒非， ⇔ 与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．‎ ‎3．集合法：若⊆ ，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．‎ ‎4．已知，，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】，，，，故选C.‎ ‎【 方法点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.‎ 解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.‎ ‎5．若将函数的图像向左平移个单位长度，则平移后图像的一个对称中心可以为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则其对称中心为,当时，得出对称中心坐标为，选A.‎ ‎【点睛】把的图象沿轴向左（或向右）平移（）个单位得到函数（或）的图象，简称“左加右减”；从解析式角度说，把函数的图象沿轴向左平移（个单位，反映在解析式上就是把原解析式中的替换为.‎ ‎6．函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为与不相等，所以函数 不是偶函数，图象不关于纵轴对称，所以可排除，代，可排斥 ，故选D.‎ ‎7．已知函数满足，当时，，若在区间上方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：首先根据题意，求得函数在相应的区间上的解析式，之后在同一个坐标系内画出函数的图像，之后将函数的零点问题转化为对应曲线交点的个数问题，结合图形，得到结果.‎ 详解：当时，， ，‎ 在同一坐标系内画出的图像，‎ 动直线过定点，当再过时，斜率，‎ 由图象可知当时，两图象有两个不同的交点，‎ 从而有两个不同的零点，故选D.‎ 点睛：该题考查的是有关函数零点个数的问题，在解题的过程中，需要先确定函数的解析式，之后在同一个坐标系内画出相应的曲线，将函数的零点个数转化为曲线的交点个数来解决，非常直观，在做题的时候，需要把握动直线中的定因素.‎ ‎8．若角为三角形的一个内角，并且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：利用同角关系，由正切值得到正弦值与余弦值，进而利用二倍角余弦公式得到结果.‎ 详解：∵角为三角形的一个内角，且，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故选：A 点睛：本题考查了同角基本关系式，考查了二倍角余弦公式，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎9．已知定义域为的奇函数，当时，满足，‎ 则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：通过计算前几项，可得n=3，4，…，2018，数列以3为周期的数列，计算可得所求和．‎ 详解：定义域为R的奇函数f（x），可得f（﹣x）=﹣f（x），‎ 当x＞0时，满足，‎ 可得x＞时，f（x）=f（x﹣3），‎ 则f（1）=﹣log25，‎ f（2）=f（﹣1）=﹣f（1）=log25，‎ f（3）=f（0）=0，‎ f（4）=f（1）=﹣log25，‎ f（5）=f（2）=f（﹣1）=﹣f（1）=log25，‎ f（6）=f（3）=f（0）=0，‎ f（7）=f（4）=f（1）=﹣log25，‎ f（8）=f（2）=f（﹣1）=﹣f（1）=log25，‎ ‎…‎ f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2020）‎ ‎=﹣log25+log25+（0﹣log25+log25）×672 =0，‎ 故选：D．‎ 点睛：归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.‎ ‎10．某巨型摩天轮．其旋转半径50米，最高点距地面110米，运行一周大约21分钟．某人在最低点的位置坐上摩天轮，则第35分钟时他距地面大约为（ ）米．‎ A. 75 B. 85 C. 100 D. 110‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：设出P与地面高度与时间t的关系，f（t）=Asin（ωt+φ）+B，由题意求出三角函数中的参数A，B，及周期T，利用三角函数的周期公式求出ω，通过初始位置求出φ，求出f（35）的值即可．‎ 详解：设P与地面高度与时间t的关系，f（t）=Asin（ωt+φ）+B（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π）），‎ 由题意可知：A=50，B=110﹣50=60，T==21，∴ω=，‎ 即 f（t）=50sin（t+φ）+60，‎ 又因为f（0）=110﹣100=10，即sinφ=﹣1，故φ=，‎ ‎∴f（t）=50sin（t+）+60，‎ ‎∴f（35）=50sin（×35+）+60=85．‎ 故选：B．‎ 点睛：已知函数的图象求解析式 ‎(1).‎ ‎(2)由函数的周期求 ‎(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求。‎ ‎11．由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪.直到1872年,德国数学家戴德金从连续性的要求出发,用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割),并把实数理论建立在严格的科学基础上,才结束了无理数被认为“无理”的时代,也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴德金分割,是指将有理数集划分为两个非空的子集与,且满足,,中的每一个元素都小于中的每一个元素,则称为戴德金分割.试判断,对于任一戴德金分割,下列选项中,不可能成立的是( )‎ A. 没有最大元素, 有一个最小元素 B. 没有最大元素, 也没有最小元素 C. 有一个最大元素, 有一个最小元素 D. 有一个最大元素, 没有最小元素 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A正确，例如M是所有的有理数,N是所有的有理数。B正确，如M是所有负的有理数，零和平方小于2的正有理数，N是所有平方大于2的正有理数。显然M和N的并集是所有的有理数，因为平方等于2的数不是有理数。D正确，如例如M是所有的有理数，N是所有 的有理数。C错；M有最大元素a，且N有最小元素b是不可能的，因为这样就有一个有理数不存在于M和N两个集合中，与M和N的并集是所有的有理数矛盾 ‎【考点】集合新定义问题 ‎12．已知关于的方程为（其中），则此方程实根的个数为（ ）‎ A. 2 B. 2或3 C. 3 D. 3或4‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：将原问题转化为两个函数交点个数的问题，然后利用导函数研究函数的性质即可求得最终结果.‎ 详解：很明显不是方程的根，‎ 据此可将方程变形为：，‎ 原问题等价于考查函数与函数的交点的个数，‎ 令，则，列表考查函数的性质如下：‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎+‎ 单调递增 单调递增 单调递减 单调递减 单调递增 函数在有意义的区间内单调递增，‎ 故的单调性与函数的单调性一致，‎ 且函数的极值 绘制函数图像如图所示，‎ 观察可得，与函数恒有3个交点，‎ 即题中方程实根的个数为3.‎ 本题选择C选项.‎ 点睛：函数零点的求解与判断方法：‎ ‎(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．‎ ‎(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．‎ ‎(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．‎ 二、填空题 ‎13．已知角的终边经过，则________．‎ ‎【答案】 . ‎ ‎【解析】分析：根据任意角的三角函数的定义，求得sin的值,再结合诱导公式即可得到结果．‎ 详解：∵角θ的终边经过点，‎ ‎∴x=，y=3，r=，‎ 则sin==．‎ ‎∴‎ 故答案为：．‎ 点睛：本题主要考查任意角的三角函数的定义，考查了诱导公式，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎14．满足不等式组的点所围成的平面图形的面积为________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】分析：画出约束条件表示的可行域，利用微积分基本定理求出可行域的面积．‎ 详解：画出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分，‎ 由题意不等式组，表示的平面图形的面积为：‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ 点睛：用定积分求平面图形的面积的步骤：（1‎ ‎）根据已知条件，作出平面图形的草图；根据图形特点，恰当选取计算公式；（2）解方程组求出每两条曲线的交点，以确定积分的上、下限；（3）具体计算定积分，求出图形的面积．‎ ‎15．学校艺术节对同一类的 A，B，C，D四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：‎ 甲说：“ A作品获得一等奖”； 乙说：“C作品获得一等奖”‎ 丙说：“B, D两项作品未获得一等奖” 丁说：“是A或D作品获得一等奖”‎ 若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是________．‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】若获得一等奖,则甲、丙、丁的话是对的,与已知矛盾;若获得一等奖,则四人的话是错误的,与已知矛盾;若获得一等奖,则乙、丙的话是对的,满足题意;所以获得一等奖的作品是.‎ ‎16．对于定义域为的函数，若满足① ；② 当，且时，都有；③ 当，且时，都有，则称为“偏对称函数”．现给出四个函数：①；② ； ③；④.则其中是“偏对称函数”的函数序号为 _______．‎ ‎【答案】①④.‎ ‎【解析】分析：条件②等价于f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，条件③等价于f（x）﹣f（﹣x）＜0在（﹣∞，0）上恒成立，依次判断各函数是否满足条件即可得出结论．‎ 详解：由②可知当x＞0时，f′（x）＞0，当x＜0时，f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，‎ f2（x）=ln（﹣x）=ln，∴f2（x）在R上单调递减，不满足条件②，‎ ‎∴f2（x）不是“偏对称函数”；‎ 又（）=（）=0，∴（x）在（0，+∞）上不单调，故（x）不满足条件②，‎ ‎∴（x）不是“偏对称函数”；‎ 又f2（x）=ln（﹣x）=ln，∴f2（x）在R上单调递减，不满足条件②，‎ ‎∴f2（x）不是“偏对称函数”；‎ 由③可知当x1＜0时，f（x1）＜f（﹣x2），即f（x）﹣f（﹣x）＜0在（﹣∞，0）上恒成立，‎ 对于（x），当x＜0时，（x）﹣（﹣x）=﹣x﹣e﹣x+1，‎ 令h（x）=﹣x﹣e﹣x+1，则h′（x）=﹣1+e﹣x＞0，‎ ‎∴h（x）在（﹣∞，0）上单调递增，故h（x）＜h（0）=0，满足条件③，‎ 由基本初等函数的性质可知（x）满足条件①，②，‎ ‎∴（x）为“偏对称函数”；‎ 对于f4（x），f4′（x）=2e2x﹣ex﹣1=2（ex﹣）2﹣，‎ ‎∴当x＜0时，0＜ex＜1，∴f4′（x）＜2（1﹣）2﹣=0，‎ 当x＞0时，ex＞1，∴f4′（x）＞2（1﹣）2﹣=0，‎ ‎∴f4（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，满足条件②，‎ 当x＜0，令m（x）=f4（x）﹣f4（﹣x）=e2x﹣e﹣2x+e﹣x﹣ex﹣2x，‎ 则m′（x）=2e2x+2e﹣2x﹣e﹣x﹣ex﹣2=2（e2x+e﹣2x）﹣（e﹣x+ex）﹣2，‎ 令e﹣x+ex=t，则t≥2，于是m′（x）=2t2﹣t﹣6=2（t﹣）2﹣≥2（2﹣）2﹣=0，‎ ‎∴m（x）在（﹣∞，0）上单调递增，‎ ‎∴m（x）＜m（0）=0，故f4（x）满足条件③，‎ 又f4（0）=0，即f4（x）满足条件①，‎ ‎∴f4（x）为“偏对称函数”．‎ 故答案为：①④．‎ 点睛：本题以新定义“偏对称函数”为背景，考查了函数的单调性及恒成立问题的处理方法，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知集合 ‎（1）若，求实数的值；‎ ‎（2）若命题命题且是的充分不必要条件，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) 或.‎ ‎【解析】分析：（1）分a＞0和a＜0两种情况讨论是否存在满足条件的实数a的值，综合讨论结果，可得答案；‎ ‎（2）若p是q充分不必要条件，则A⊊B，分类讨论，可得满足条件的a的取值范围．‎ 详解：(1) 当时 当时显然故时， ‎ ‎，‎ ‎（2） ‎ 当时， 则解得 当时，则 综上是的充分不必要条件，实数的取值范围是或. ‎ 点睛：注意区别：“命题是命题的充分不必要条件”与“命题的充分不必要条件是命题”‎ ‎18．已知函数，．‎ ‎（1）求函数的最小正周期；‎ ‎（2）求函数的对称中心和单调递增区间．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) ，；，.‎ ‎【解析】分析：（1）分别利用两角和的正弦、余弦公式及二倍角正弦公式化简函数式，然后利用用公式求周期即可；‎ ‎（2）根据正弦函数的图象与性质，求出函数f（x） 的对称中心与单调增区间．‎ 详解：（1）∵ ‎ ‎ ‎ ‎． ‎ ‎∴． ‎ ‎（2）令得：，‎ 所以对称中心为：， ‎ ‎ 令 解得单调递增区间为：，.‎ 点睛：函数的性质 ‎(1) .‎ ‎(2)周期 ‎(3)由 求对称轴 ‎(4)由求增区间;由求减区间.‎ ‎19．统计表明某型号汽车在匀速行驶中每小时的耗油量(升)关于行驶速度 ‎(千米/小时)的函数为 ．‎ ‎（1）当千米/小时时,行驶千米耗油量多少升？‎ ‎（2）若油箱有升油,则该型号汽车最多行驶多少千米？‎ ‎【答案】(1)11.95(升) ．‎ ‎ (2) 千米．‎ ‎【解析】分析：（1）由题意可得当x=64千米/小时，要行驶千米需要小时，代入函数y的解析式，即可得到所求值；‎ ‎（2）设22.5升油能使该型号汽车行驶a千米，代入函数y的式子，可得．‎ 令，求出导数和单调区间，可得h（x）的最小值，进而得到a的最大值．‎ 详解：(1)当千米/小时时,要行驶千米需要小时，‎ 要耗油 (升) ．‎ ‎(2)设升油能使该型号汽车行驶千米,由题意得，‎ ‎，所以 ，‎ 设 则当最小时，取最大值，令 当时，，当时，‎ 故当时，函数为减函数，当时，函数为增函数，‎ 所以当时， 取得最小值，此时取最大值为 所以若油箱有升油,则该型号汽车最多行驶千米．‎ 点睛：解决函数模型应用的解答题，还有以下几点容易造成失分：①读不懂实际背景，不能将实际问题转化为函数模型．②对涉及的相关公式，记忆错误．③在求解的过程中计算错误.另外需要熟练掌握求解方程、不等式、函数最值的方法，才能快速正确地求解．含有绝对值的问题突破口在于分段去绝对值，分段后在各段讨论最值的情况.‎ ‎20．如图，已知单位圆上有四点，，，，其中，分别设的面积为.‎ ‎（1）用表示；‎ ‎（2）求的最大值及取最大值时的值。‎ ‎【答案】(1)‎ ‎(2) 的最大值为，此时的值为. ‎ ‎【解析】试题分析：解(1)根据三角函数的定义, 知 所以, 所 ‎. 3分 又因为四边形OABC的面积＝,‎ 所以. 6分 ‎(2)由(1)知. 9分 因为, 所以, 所以,‎ 所以的最大值为, 此时的值为. 12分 ‎【考点】三角函数的性质 点评：主要是考查了三角函数的性质以及二倍角公式的运用，属于基础题。‎ ‎21．已知函数．‎ ‎（1）若在为增函数，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，函数在的最小值为，求的值域．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】分析：（1）原问题等价于在上恒成立，据此可得实数的取值范围是；‎ ‎（2）由函数的解析式二次求导可得在上是增函数，则存在唯一实数，使得，据此可得的最小值构造函数，讨论可得其值域为.‎ 详解：（1）在上恒成立，‎ 设 则在为增函数，.‎ ‎（2），‎ 可得在上是增函数，‎ 又，，‎ 则存在唯一实数，使得即,‎ 则有在上递减；‎ 在上递增；‎ 故当时，有最小值 则的最小值，‎ 又，‎ 令，‎ 求导得，故在上递增，‎ 而，故可等价转化为,‎ 故求的最小值的值域，可转化为：‎ 求在上的值域.‎ 易得在上为减函数，则其值域为.‎ 点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．‎ ‎22．（题文）（题文）[选修4—4：坐标系与参数方程] ‎ 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知点是曲线上一点，若点到曲线的最小距离为，求的值．‎ ‎【答案】(1) ；.‎ ‎(2) 或.‎ ‎【解析】试题分析：（1）消去参数得到的普通方程为．利用可以把的极坐标方程化为直角坐标方程．‎ ‎（2）把的直角方程转化为参数方程，利用点到直线的距离公式算出距离为，利用得到．因为直线与椭圆是相离的，所以或，分类讨论就可以得到相应的值．‎ 解析：（1）由曲线的参数方程，消去参数 ，可得 的普通方程为：．‎ 由曲线的极坐标方程得， ∴曲线的直角坐标方程为 ．‎ ‎（2）设曲线上任意一点为 ，，则点到曲线 的距离为．∵， ∴，，‎ 当时，，即；‎ 当时，，即．∴或．‎ 点睛：一般地，如果圆锥曲线上的动点到直线的距离有最小值，那么这条直线和圆锥曲线的位置关系式相离的．‎ ‎23．[选修4—5：不等式选讲] ‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若，求的最小值．‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】分析：（1）利用分段讨论法去掉绝对值，解a=﹣2时对应的不等式即可；‎ ‎（2）由f（x）≤a|x+3|得a≥，利用绝对值三角不等式处理即可.‎ 详解：（1）当时，‎ 的解集为： ‎ ‎（2）由得：‎ 由，得：‎ 得（当且仅当或时等号成立），‎ 故的最小值为.‎ 点睛：绝对值不等式的解法：‎ 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．‎