安源区第二中学2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

安源区第二中学2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析班级_ 座号_ 姓名_ 分数_一、选择题1 已知幂函数y=f（x）的图象过点（，），则f（2）的值为（ ）ABC2D22 与463终边相同的角可以表示为（kZ）（ ）Ak360+463Bk360+103Ck360+257Dk3602573 正方体的内切球与外接球的半径之比为（ ）ABCD4 函数f（x）=x的图象关于（ ）Ay轴对称B直线y=x对称C坐标原点对称D直线y=x对称5 某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班；丙说：我们三人各自值班的日期之和相等据此可判断丙必定值班的日期是（ ）A2日和5日B5日和6日C6日和11日D2日和11日6 （6a3）的最大值为（ ）A9BC3D7 已知集合A=0，1，2，则集合B=xy|xA，yA的元素个数为（ ）A4B5C6D98 为了解决低收入家庭的住房问题，某城市修建了首批108套住房，已知三个社区分别有低收入家庭360户，270户，180户，现采用分层抽样的方法决定各社区所分配首批经济住房的户数，则应从社区抽取低收入家庭的户数为（ ）A48 B36 C24 D18【命题意图】本题考查分层抽样的概念及其应用，在抽样考查中突出在实际中的应用，属于容易题9 设aR，且（ai）2i（i为虚数单位）为正实数，则a等于（ ）A1B0C1D0或110已知a，b都是实数，那么“a2b2”是“ab”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件11若命题p：x0R，sinx0=1；命题q：xR，x2+10，则下列结论正确的是（ ）Ap为假命题Bq为假命题Cpq为假命题Dpq真命题12设向量，满足：|=3，|=4， =0以，的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（ ）A3B4C5D6二、填空题13命题“，”的否定是 14定积分sintcostdt=15二面角l内一点P到平面，和棱l的距离之比为1：2，则这个二面角的平面角是度16在中，已知角的对边分别为，且，则角为 .17log3+lg25+lg47（9.8）0=18一个棱长为2的正方体，被一个平面截去一部分后，所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_三、解答题19已知抛物线C：x2=2y的焦点为F（）设抛物线上任一点P（m，n）求证：以P为切点与抛物线相切的方程是mx=y+n；（）若过动点M（x0，0）（x00）的直线l与抛物线C相切，试判断直线MF与直线l的位置关系，并予以证明20（本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，是的中点.（1）证明：平面；（2）设，三棱锥的体积，求到平面的距离.11121在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程（为参数）以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求圆C的极坐标方程；（）直线l的极坐标方程是（sin+）=3，射线OM：=与圆C的交点为O，P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长 22【淮安市淮海中学2018届高三上第一次调研】已知函数.（1）当时，求满足的的取值；（2）若函数是定义在上的奇函数存在，不等式有解，求的取值范围；若函数满足，若对任意，不等式恒成立，求实数的最大值.23已知正项数列an的前n项的和为Sn，满足4Sn=（an+1）2（）求数列an通项公式；（）设数列bn满足bn=（nN*），求证：b1+b2+bn24某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以，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1111安源区第二中学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】A【解析】解：设幂函数y=f（x）=x，把点（，）代入可得=，=，即f（x）=，故f（2）=，故选：A2 【答案】C【解析】解：与463终边相同的角可以表示为：k360463，（kZ）即：k360+257，（kZ）故选C【点评】本题考查终边相同的角，是基础题3 【答案】C【解析】解：正方体的内切球的直径为，正方体的棱长，外接球的直径为，正方体的对角线长，设正方体的棱长为：2a，所以内切球的半径为：a；外接球的直径为2a，半径为： a，所以，正方体的内切球与外接球的半径之比为：故选C4 【答案】C【解析】解：f（x）=+x=f（x）是奇函数，所以f（x）的图象关于原点对称故选C5 【答案】C【解析】解：由题意，1至12的和为78，因为三人各自值班的日期之和相等，所以三人各自值班的日期之和为26，根据甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，据此可判断丙必定值班的日期是6日和11日，故选：C【点评】本题考查分析法，考查学生分析解决问题的能力，比较基础6 【答案】B【解析】解：令f（a）=（3a）（a+6）=+，而且6a3，由此可得函数f（a）的最大值为，故（6a3）的最大值为=，故选B【点评】本题主要考查二次函数的性质应用，体现了转化的数学思想，属于中档题7 【答案】B【解析】解：x=0时，y=0，1，2，xy=0，1，2；x=1时，y=0，1，2，xy=1，0，1；x=2时，y=0，1，2，xy=2，1，0；B=0，1，2，1，2，共5个元素故选：B8 【答案】【解析】根据分层抽样的要求可知在社区抽取户数为9 【答案】B【解析】解：（ai）2i=2ai+2为正实数，2a=0，解得a=0故选：B【点评】本题考查了复数的运算法则、复数为实数的充要条件，属于基础题10【答案】D【解析】解：“a2b2”既不能推出“ab”；反之，由“ab”也不能推出“a2b2”“a2b2”是“ab”的既不充分也不必要条件故选D11【答案】A【解析】解：时，sinx0=1；x0R，sinx0=1；命题p是真命题；由x2+10得x21，显然不成立；命题q是假命题；p为假命题，q为真命题，pq为真命题，pq为假命题；A正确故选A【点评】考查对正弦函数的图象的掌握，弧度数是个实数，对R满足x20，命题p，pq，pq的真假和命题p，q真假的关系12【答案】B【解析】解：向量ab=0，此三角形为直角三角形，三边长分别为3，4，5，进而可知其内切圆半径为1，对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现故选B【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系可采用数形结合结合的方法较为直观二、填空题13【答案】，【解析】试题分析：“，”的否定是，考点：命题否定【方法点睛】（1）对全称（存在性）命题进行否定的两步操作：找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义加上量词，再进行否定；对原命题的结论进行否定.（2）判定全称命题“xM，p（x）”是真命题，需要对集合M中的每个元素x，证明p（x）成立；要判定一个全称命题是假命题，只要举出集合M中的一个特殊值x0，使p（x0）不成立即可.要判断存在性命题是真命题，只要在限定集合内至少能找到一个xx0，使p（x0）成立即可，否则就是假命题.14【答案】 【解析】解： 0sintcostdt=0sin2td（2t）=（cos2t）|=（1+1）=故答案为：15【答案】75度 【解析】解：点P可能在二面角l内部，也可能在外部，应区别处理当点P在二面角l的内部时，如图，A、C、B、P四点共面，ACB为二面角的平面角，由题设条件，点P到，和棱l的距离之比为1：2可求ACP=30，BCP=45，ACB=75故答案为：75【点评】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查分类讨论的数学思想，正确找出二面角的平面角是关键16【答案】【解析】考点：正弦定理【方法点晴】本题考查正余弦定理,根据正弦定理，将所给的含有边和角的等式化为只含有角的等式，再利用三角形的三角和是，消去多余的变量，从而解出角.三角函数题目在高考中的难度逐渐增加，以考查三角函数的图象和性质，以及三角形中的正余弦定理为主，在年全国卷（ ）中以选择题的压轴题出现.17【答案】 【解析】解：原式=+lg10021=+221=，故选：【点评】本题考查了对数的运算性质，属于基础题18【答案】【解析】【知识点】空间几何体的三视图与直观图【试题解析】正方体中，BC中点为E，CD中点为F，则截面为即截去一个三棱锥其体积为：所以该几何体的体积为：故答案为：三、解答题19【答案】 【解析】证明：（）由抛物线C：x2=2y得，y=x2，则y=x，在点P（m，n）切线的斜率k=m，切线方程是yn=m（xm），即yn=mxm2，又点P（m，n）是抛物线上一点，m2=2n，切线方程是mx2n=yn，即mx=y+n （）直线MF与直线l位置关系是垂直由（）得，设切点为P（m，n），则切线l方程为mx=y+n，切线l的斜率k=m，点M（，0），又点F（0，），此时，kMF= kkMF=m（）=1，直线MF直线l 【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，导数的几何意义，直线垂直的条件等，属于中档题20【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题解析：（1）设和交于点，连接，因为为矩形，所以为的中点，又为的中点，所以，且平面，平面，所以平面.（2），由，可得，作交于.由题设知平面，所以，故平面，又，所以到平面的距离为.1考点：1、棱锥的体积公式；2、直线与平面平行的判定定理.21【答案】 【解析】解：（I）圆C的参数方程（为参数）消去参数可得：（x1）2+y2=1把x=cos，y=sin代入化简得：=2cos，即为此圆的极坐标方程（II）如图所示，由直线l的极坐标方程是（sin+）=3，射线OM：=可得普通方程：直线l，射线OM联立，解得，即Q联立，解得或P|PQ|=2 22【答案】（1）（2），6【解析】试题解析：（1）由题意，化简得解得，所以（2）因为是奇函数，所以，所以化简并变形得：要使上式对任意的成立，则解得：，因为的定义域是，所以舍去所以，所以对任意有：因为，所以，所以，因此在R上递减因为，所以，即在时有解所以，解得：，所以的取值范围为因为，所以即所以不等式恒成立，即，即：恒成立令，则在时恒成立令，时，所以在上单调递减时，所以在上单调递增所以，所以所以，实数m的最大值为6 考点：利用函数性质解不等式，不等式恒成立问题【思路点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题。23【答案】 【解析】（）解：由4Sn=（an+1）2，令n=1，得，即a1=1，又4